Codeforces Round 1022 (Div. 2) A ~ C

问题 A

我们有函数定义：

$$f(p)=\sum _{i=1}^n|p_i-i|$$

我们需要求出对于所有长度为 $n$ 的排列 $p$，函数 $f(p)$ 可能取到的不同值的个数。

思路

引理：对任意整数 $x$，都有 $|x|\equiv x(\mathrm{mod}2).$

因此，

$$f(p)\equiv \sum _{i=1}^n(p_i-i)=\left(\sum _{i=1}^n{p}_i\right)-\left(\sum _{i=1}^{n}i\right)=(1+2+\cdots +n)-(1+2+\cdots +n)=0(\mathrm{mod}2).$$

即 $f(p)$ 一定是偶数。

接下来求 $f(p)$ 的最值 :

• 最小值：当 $p_i=i$（即恒等排列）时，$f(p)=0$。
• 最大值：当 $p$ 是“完全逆序”$[n,n-1,\dots ,1]$ 时达到最大。
  设此时 $p_i=n-i+1$，则

f max ⁡ = ∑ i = 1 n ∣ ( n − i + 1 ) − i ∣ = ∑ i = 1 n ∣   n + 1 − 2 i   ∣ . f_{\max} =\sum_{i=1}^n\bigl|(n-i+1)-i\bigr| =\sum_{i=1}^n\bigl|\,n+1-2i\,\bigr|. fmax​=i=1∑n​ ​(n−i+1)−i ​=i=1∑n​ ​n+1−2i ​.

若 $n=2m$ 为偶数，

$$f_{\max }=2\sum _{i=1}^m(2m+1-2i)=2((2m-1)+(2m-3)+\cdots +1)=2\cdot m^2=\frac{n^2}{2}.$$

若 $n=2m+1$ 为奇数，

$$f_{\max }=2\sum _{i=1}^m(2m+2-2i)=2((2m)+(2m-2)+\cdots +2)=2\cdot m(m+1)=\frac{n^2-1}{2}.$$

一言以蔽之，可以统一写作

$$f_{\max }=\lfloor \frac{n^2}{2}\rfloor .$$
猜想 $0\sim f_{max}$ 的值都可以构造得到，所以 $\text{答案}=\lfloor \frac{f_{\text{max}}}{2}\rfloor +1$ 。

思路 B

1. $x>1$

• 令 $c=\mathrm{popcount}(x)$（二进制中 1 的个数）。
• 若 $n\le c$：直接把每一位的 $2^k$ 分到一个元素上，总和就是 ${\sum }_{k:x_k=1}{2}^k=x$。
• 若 $n>c$：

有 $c$ 个元素负责“还原” $x$ 的二进制位，其余 $n-c$ 个元素都填 “1”。

这 $(n-c)$ 个 1 异或的结果是

$$\underset{n-c\text{ 次}}{1\oplus 1\oplus \cdots \oplus 1}=(n-c)\mathrm{mod}2.$$

为了让它们的异或等于 0（否则会把最终整体异或从 $x$ 变成 $x\oplus 1$），我们要保证 $(n-c)$ 是偶数。
因此如果 $(n-c)$ 是奇数，就再多放一个 “1” ——这样放了 $(n-c+1)$ 个 1，总和增加了 $(n-c+1)$，且异或归为 0。

最终总和

$$x+(n-c)+((n-c)\mathrm{mod}2)$$

2. $x=1$

• 若 $n$ 为奇数，直接全放 1，总异或为 1，总和 $=n$。
• 若 $n$ 为偶数，如果全放 1 异或会成 0，不行。
  最小的改动是留 $n-2$ 个 1，再用一对 $[2,3]$（因为 $2\oplus 3=1$）：

$$\underset{n-2}{1,\dots ,1},2,3⟹\text{和}=(n-2)\times 1+(2+3)=n+3.$$

3. $x=0$

• 若 $n=1$，不可能用一个正整数得到异或 0，答案 $-1$。
• 若 $n\ge 2$：

$n$ 偶数：全放 $n$ 个 1，异或为 0，总和 $=n$。

$n$ 奇数：留 $n-3$ 个 1，再加 $[1,2,3]$（因为 $1\oplus 2\oplus 3=0$），总和

$$(n-3)\times 1+(1+2+3)=n+3.$$

问题 C

将数值相同的点先合并。

然后从大到小处理所有按钮

#include 
using namespace std;
using ll = long long;

int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);

    int T;
    cin >> T;
    while (T--){
        int n;
        cin >> n;
        vector<ll> a(n+2, 0);  // 哨兵：a[0]=a[n+1]=0
        for (int i = 1; i <= n; i++){
            cin >> a[i];
        }

        // 按权重分桶
        unordered_map<ll, vector<int>> pos;
        pos.reserve(n*2);
        for (int i = 1; i <= n; i++){
            pos[a[i]].push_back(i);
        }
        // 取所有不同权重并降序
        vector<ll> ws;
        ws.reserve(pos.size());
        for (auto &kv : pos) ws.push_back(kv.first);
        sort(ws.begin(), ws.end(), greater<ll>());

        vector<char> flooded(n+2, 0); // flooded[i]=1 表示 a[i] 已被按下（更大权重已处理）
        ll clones = 0;

        // 从大到小处理每个权重
        for (ll w : ws){
            auto &P = pos[w];
            sort(P.begin(), P.end());
            int m = P.size();

            // 将连续下标段划为一块块
            int start = 0;
            while (start < m){
                int end = start;
                while (end+1 < m && P[end+1] == P[end]+1)
                    end++;

                // 这一块的下标区间 [L..R]
                int L = P[start], R = P[end];

                // 看看左右是否有已 flooded 的位置
                bool reachable = false;
                if (flooded[L-1]) reachable = true;
                if (flooded[R+1]) reachable = true;

                if (!reachable){
                    // 必须新建一个 clone
                    clones++;
                }
                // 将这一块全部标记为 flooded
                for (int k = start; k <= end; k++){
                    flooded[P[k]] = 1;
                }

                start = end+1;
            }
        }

        cout << clones << "\n";
    }
    return 0;
}