Upsolving Codeforces Round 481

upsolving Fev 21, 2020

Upsolving Codeforces Round 481

Após não terminar o post sobre o Upsolving da Regional 2019, decidi vim aqui agora fazer um upsolving completo, dessa vez de um contest que rolou no Codeforces.

Eu, jvf, simulei esse contest div3 e, superando minhas expectativas, quase resolvi todos os problemas durante as 2 horas e meia que me eram disponibilizadas, sendo que o último problema eu fui submeter 5 minutos depois. Minha conclusão com isso não é que o contest era fácil, mas era mais o meu estilo, já que o outro div3 que eu terminei de resolver eu levei aproximadamente uma semana, e tive algumas (muitas) complicações.

Acho que quase valeria a pena comentar sobre o codeforces aqui, mas vou deixar isso para uma postagem mais adiante, onde vou falar de alguns judges interessantes para treinar a programação competitiva.

Vale lembrar que eu recomendo tentar realizar o contest antes de conferir esse upsolving, caso você nunca tenha visto esse contest antes e, caso você fique preso em algum problema, pode dar uma conferida aqui, naquele mesmo esquema de ver primeiro a solução escrita e se isso não for suficiente olhar o código para conseguir alguma base.

Sem mais enrolação, bora pro upsolving.

Problema A

Nesse problema recebemos um vetor $b$ com $n$ elementos e nos é pedido para removermos os elementos duplicados, deixando apenas a ocorrência mais à direita do elemento.

Limites do problema:

  • $1 \leq$ $n$ $\leq 50$
  • $1 \leq$ $a_i$ $\leq 1000$

Solução

Perceba que os limites do problema são pequenos, logo existem muitas abordagens capazes de resolver o problema. Uma das possíveis abordagens é a seguinte.

Como queremos o elemento mais a direita, percorremos o vetor $a$ da direita para a esquerda processando os elementos da seguinte forma:

  • Caso o elemento não esteja marcado:
    • Inserimos o elemento em um outro vetor $b$;
    • Marcamos o elemento.
  • Caso o elemento esteja marcado:
    • Ignoramos o elemento.

Após processar todos os elementos, teremos como resposta $\mid b \mid$ e o vetor $b$.

Solução em C++

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
map<int,bool> vis;

int main(int argc, char const *argv[]) {
    int n; cin >> n;
    int v[n];
    vector<int> nv;
    for (int i = 0; i < n; i++){
        cin >> v[i];
    }
    for (int i = n-1; i>= 0; i--){
        if (!vis[v[i]]){
            nv.push_back(v[i]);
            vis[v[i]] = true;
        }
    }
    cout << nv.size() << endl;
    cout << nv[nv.size()-1];
    for (int i = nv.size()-2; i >= 0 ; i--){
        cout << " " << nv[i];
    }
    cout << endl;
    return 0;
}

Problema B

O problema consiste em: dado uma string $s$ de tamanho $n$, verificar quantas letras devem ser removidas tal que não exista a substring "xxx" em $s$, tal que o número de remoções seja mínimo.

Limites do problema:

  • $1 \leq$ $n$ $\leq 100$

Solução

Nesse problema só nos interessam as substrings de $s$ que contenham apenas o caracter 'x'. Portanto, basta percorrer $s$ buscando as substrings interessantes.

Perceba também que devemos remover caracters de substrings $aux$ tal que $\mid aux \mid \geq 3$, de tal forma que $\mid aux \mid$ passe a ser $2$.

Assim, para cada substring $aux$, com $\mid aux \mid \geq 3$, o resultado deverá ser incrementado em $\mid aux \mid - 2$.

Solução em C++

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int main(int argc, char const *argv[]) {
    int n; cin >> n;
    string s; cin >> s;
    int cnt = 0, rm = 0;
    for (int i = 0; i < n; i++){
        if (s[i] == 'x') cnt++;
        else {
            if (cnt > 2)
                rm += cnt-2;
            cnt = 0;
        }
    }
    if (cnt > 2)
        rm += cnt-2;
    cnt = 0;
    cout << rm << endl;
    return 0;
}

Problema C

Nesse problema, existem $n$ dormitórios, numerados de $1$ a $n$, tal que em cada dormitório $i$ existem $a_i$ quartos, numerados de $1$ a $a_i$. Um carteiro precisa entregar cartas a esses quartos, onde cada carta está numerada de $1$ a $a_1 + a_2 + ... + a_n$, onde os quartos do primeiro dormitório vêm primeiro, depois os quartos do segundo dormitório e assim por diante.

O problema é: dado um conjunto de $m$ cartas, definir o dormitório e o quarto onde cada carta deve ser entregue.

Limites do problema:

  • $ 1 \leq n$,$m \leq 2 \cdot 10^5 $
  • $ 1 \leq$ $a_i$ $\leq 10^{10}$
  • $ 1 \leq b_j\leq$ $\sum_{i=1}^{n} a_i$ $\mid$ $b$ é dado em ordem crescente

Solução

A primeira coisa a se perceber aqui são os limites do problema. O número de dormitórios e carta é relativamente, logo uma solução linear para cada carta não solucionará o problema no tempo proposto, sendo necessário uma solução em $\Theta(log$ $n)$ ou $\Theta(1)$. Outro limite para ter atenção é o valor de $b_i$, que pode chegar a $10^{11}$, o suficiente para gerar overflow em alguns tipos de variáveis, como o $int$ em C.

A solução que vou apresentar executa em $\Theta(n+m)$ e passa "tranquilamente" no tempo. Aproveitando o fato que as cartas já estão ordenadas, vamos processar cada uma da seguinte forma:

Os dormitórios percorridos pela carta anterior não precisam ser percorridos de novo, assim, partindo do dormitório atual, basta encontrar o dormitório $x$ tal que $(\sum_{i=1}^{x-1} a_i)+1$ $\leq$ $b_j \leq sum_{i=1}^{x} a_i$, e o quarto $y = (\sum_{i=1}^{x} a_i) - b_j$.

Como são muitas entradas e saídas, recomendo o uso de fast I/O.

Solução em C++

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int main(int argc, char const *argv[]) {
    long long n, m; cin >> n >> m;
    long long a[n+1];
    a[0] = 0;
    long long x;
    for (long long i = 1; i <= n; i++){
        scanf("%lld", &x);
        a[i] = a[i-1]+x;
    }
    long long d = 1;
    for (long long i = 0; i < m; i++){
        scanf("%lld", &x);
        while (x > a[d]) d++;
        printf("%lld %lld\n", d, x-a[d-1]);
    }
    return 0;
}

Problema D

Dada uma sequência $b$ de números inteiros, onde cada elemento $b$ pode:

  • Ser incrementado em 1;
  • Ter seu valor mantido;
  • Ser diminuido em 1.

O problema consiste em encontrar o menor número de modificações na sequência $b$ para que essa seja uma progressão aritmética, sendo que podemos realizar aquela operação acima apenas uma vez por elemento.

Obs.: uma sequência $a[a_1,a_2,...,a_n]$ é chamada aritmética se e somente se $\forall i \mid 1\leq i\leq n, a_{i+1}-a_i = r$.

Limites do problema:

  • $1 \leq$ $n$ $\leq 10^5$
  • $1 \leq$ $b_i$ $\leq 10^9$

Solução

O problema parece ser difícil de ser resolvido em um tempo aceitável, porém é preciso destacar uma característica desse problema: o fato de estarmos lidando com uma sequência aritmética.

Perceba que não será necessário testar todas as possíveis combinações da sequência $b$, já que o valor $r$ será definido assim que processarmos os dois primeiros números da sequência. Todos os outros valores de $b$ devem respeitar o valor $r$ que está sendo testado.

Assim, podemos fazer uma combinação simples entre os dois primeiros números, testando todas as modificações possíveis nesses números, resultando em 9 sequências para testarmos se essas sequências podem ser aritméticas realizando, caso necessário, as modificações nos elementos.

Supondo então um valor $r = b_1 - b_0$, devemos testar $\forall a_i \mid 2 \leq i \leq n-1$ se, aplicando as modificações, podemos ter $b_i - b_{i-1} = r$. Caso positivo, testamos o número seguinte, caso contrário, essa sequência é inválida.

Solução em C++

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int main(int argc, char const *argv[]) {
    int n; cin >> n;
    vector<int> v(n);
    for (int i = 0; i < n; i++){
        cin >> v[i];
    }
    bool ve,va = false;
    vector<int> aux = v;
    int cnt,m = n;
    for (int i = -1; i <= 1; i++){
        aux[0] = v[0]+i;
        for (int j = -1; j <= 1; j++){
            ve = true;
            aux[1] = v[1]+j;
            cnt = abs(i)+abs(j);
            int diff = aux[1]-aux[0];
            for (int k = 2; k < n; k++){
                int diff2 = v[k]-aux[k-1];
                if (diff2-diff == 1){
                    aux[k] = v[k]-1;
                    cnt++;
                } else if (diff2-diff == 0){
                    aux[k] = v[k];
                } else if (diff2-diff == -1){
                    aux[k] = v[k]+1;
                    cnt++;
                } else {
                    ve = false;
                    break;
                }
            }
            if (ve){
                m = min(m,cnt);
                va = true;
            }
        }
    }
    if (va) cout << m << endl;
    else cout << -1 << endl;
    return 0;
}

Problema E

Nesse problema nos são fornecidos dois inteiros $n$ e $w$, representando respectivamente o número de paradas de ônibus e a capacidade do ônibus. Em seguida, são fornecidos $n$ números, onde

$\forall a_i$ $\epsilon$ $a$; $a_i$ corresponde à mudança registrada após a parada de ônibus

Com esses dados, o problema nos pede para computarmos quantas capacidades diferentes o ônibus poderia ter no início da contagem.

Limites do problema:

  • $1 \leq$ $n$ $\leq 1000$
  • $1 \leq$ $w$ $\leq 10^9$
  • $-10^6 \leq$ $a_i$ $\leq 10^6$

Solução

Para esse problema, podemos encontrar uma solução relativamente simples, processando o vetor $a$ da seguinte forma:

  • A cada parada de ônibus, verificamos se a soma de todas as paradas até agora é um máximo ou mínimo global de pessoas necessários para que os dados informados sejam válidos;
  • Caso o mínimo global seja menor que $-w$ ou o máximo global seja maior que $w$, então a resposta será 0, pois é impossível alocar uma quantidade de pessoas no início da viagem que possa satisfazer as paradas registradas;
  • Caso seja possível encontrar uma resposta, o resultado será a capacidade total do ônibus $+ 1$ (devemos considerar que pode ter ninguém no início da viagem), descontando a quantidade mínima e a quantidade máxima de pessoas que podem ter no início da viagem.

Solução em C++

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define INF 0x3f3f3f3f

int main(int argc, char const *argv[]) {
    long long n, w; cin >> n >> w;
    long long pre[n+1];
    long long x;
    long long mi = INF;
    long long ma = 0;
    pre[0] = 0;
    for (long long i = 1; i <= n; i++){
        scanf("%lld", &x);
        pre[i] = pre[i-1]+x;
        ma = max(ma,pre[i]);
        mi = min(mi,pre[i]);
    }
    if (mi < -w || ma > w) cout << 0 << endl;
    else {
        long long cnt = w+1;
        if (mi < 0){
            cnt += mi;
        }
        if (ma > 0){
            cnt -= ma;
        }
        cout << max(cnt,(long long)0) << endl;
    }
    return 0;
}

Problema F

Nesse problema temos $n$ programadores, onde cada programador $i$ possui um nível de habilidade $r_i$. Um programador $a$ pode ser mentor de um programador $b$ se e somente se o nível de habilidade do programador $a$ for estritamente maior que o nível de habilidade do programador $b$ e os programadores $a$ e $b$ não estiverem brigados.

Mais especificamente, o problema pede que, para cada programador, seja informado de quantos outros programadores ele pode ser mentor.

Limites do problema:

  • $2 \leq$ $n$ $\leq 2\cdot 10^5$
  • $0 \leq$ $k$ $\leq min(2\cdot 10^5, \frac{n\cdot (n-1)}{2})$
  • $1 \leq$ $r_i$ $\leq 10^9$
  • $1 \leq$ $x,y$ $\leq n, x \ne y$, onde é garantido que não existe dois pares $(x,y)$ ou $(y,x)$.

Solução

Uma possível solução para esse problema é dividir o problema em duas partes.

Primeiro processamos a quantidade total de programadores que um determinado programador pode ser mentor

Após realizarmos esse processamento, devemos processar as brigas internas e diminuir a quantidade de programadores que o programador de maior habilidade poderia ser mentor em 1. Caso ambos possuissem habilidades iguais, nada aconteceria.

Porém, nesse problema é importante se atentar ao tempo de execução, já que determinadas implementações dessa lógica podem ser muito lentas para executar o código.

Solução em C++

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef pair<int,int> ii;
map<int,int> cnt;
int p[200005];
int cntp[200005];

int main(int argc, char const *argv[]) {
    int n,k; cin >> n >> k;
    int x,y;
    vector<ii> prog;
    for (int i = 0; i < n; i++){
        scanf("%d", &x);
        p[i] = x;
        cnt[x]++;
    }
    int aux = 0, aux2 = 0;
    for (auto c : cnt){
        cnt[c.first] = aux + aux2;
        aux2 += aux;
        aux = c.second;
    }
    for (int i = 0; i < k; i++){
        scanf("%d %d", &x, &y);
        x--;y--;
        if (p[x] > p[y]) cntp[x]++;
        else if (p[y] > p[x]) cntp[y]++;
    }
    cout << cnt[p[0]]-cntp[0];
    for (int i = 1; i < n; i++){
        cout << " " << cnt[p[i]]-cntp[i];
    }
    cout << endl;
    return 0;
}

Problema G

Esse problema nos pede para definir um cronograma que deverá ser seguido por uma estudante para que ela possa passar nos exames finais da faculdade. Existem $n$ dias e $m$ exames que precisam ser realizados, sendo os dias contados de $1$ a $n$.

Para cada exame, são informados três valores:

  • $s_i$: o dia em que as questões do exame serão publicadas;
  • $d_i$: o dia do exame;
  • $c_i$: o número de dias que a estudante precisa para se preparar para o exame.

Existem 3 atividades para a estudante realizar durante o dia:

  • Passar o dia fazendo nada ($0$)
  • Passar o dia estudando para um exame ($i$)
  • Passar o dia fazendo um exame ($m+1$)

O problema consiste em encontrar um cronograma para a estudante passar em todos os exames ou reportar que é impossível passar em todos os exames.

Limites do problema:

  • $2 \leq$ $n$ $\leq 100$
  • $1 \leq$ $m$ $\leq n$
  • $1 \leq$ $s_i$ $\leq d_i+1 \leq n+1$
  • $1 \leq$ $c_i$ $\leq n$

Solução

Nesse problema podemos tratar os dados da seguinte forma:

  • Sempre vale a pena estudar pro exame que ocorrerá antes, independente da quantidade de dias necessários;
  • Caso seguindo essa estratégia, existir um exame que não pode ser estudado a tempo até o dia do exame, logo é impossível montar o cronograma;
  • Caso não exista exames para estudar, preenchemos o cronograma com dias livres.

Solução em C++

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef pair<int,int> ii;
map<pair<int,int>,int > p;
vector<int> es[105];
map<int,int> e;

int main(int argc, char const *argv[]) {
    int n, m; cin >> n >> m;
    int s,d,c;
    int exams[105];
    for (int i = 0; i < m; i++){
        cin >> s >> d >> c;
        p[{s,i}] = d;
        es[s].push_back(i);
        exams[d] = c;
        e[d] = i;
    }
    int schedule[n];
    priority_queue<int, vector<int>, greater<int> > exam;
    priority_queue<int, vector<int>, greater<int> > pexam;
    for (int i = 1; i <= n; i++){
        if (es[i].size() > 0){
            for (int j = 0; j < es[i].size(); j++){
                exam.push(p[{i,es[i][j]}]);
            }
        }
        if (pexam.size() > 0 && pexam.top() == i){
            schedule[i-1] = m+1;
            pexam.pop();
            continue;
        } else if (exam.size() > 0){
            d = exam.top();
            if (i == d) {
                cout << -1 << endl;
                return 0;
            }
            exams[d]--;
            schedule[i-1] = e[d]+1;
            if (exams[d] == 0) {
                pexam.push(d);
                exam.pop();
            }
        } else {
            schedule[i-1] = 0;
        }
    }
    cout << schedule[0];
    for (int i = 1; i < n; i++){
        cout << " " << schedule[i];
    }
    cout << endl;
    return 0;
}

João Vitor Fröhlich

Membro | Participou de uma Summer School | Buscando ser roxo no codeforces | Prefere fazer exames finais a trabalhos durante o semestre