A.X Axis（暴力）

题意：

在$X$轴（$1\le x_i\le 10$）上有三个点，其整数坐标分别为$x_1$、$x_2$和$x_3$。您可以选择$X$轴上任何一个整数坐标为$a$的点。请注意，点$a$可能与$x_1$、$x_2$或$x_3$重合。设$f(a)$是给定点到点$a$的总距离。求$f(a)$的最小值。

点$a$与$b$之间的距离等于$|a-b|$。例如，点$a=5$与$b=2$之间的距离为$3$。

分析：

暴力枚举一下所有可能，取最小值即可。

代码：

#include<bits/stdc++.h>typedef long long LL;
using namespace std;void solve() {LL a, b, c;cin >> a >> b >> c;LL ans = 100;for (LL i = 0; i <= 10; i++) {ans = min(ans, abs(i - a) + abs(i - b) + abs(i - c));}cout << ans << endl;
}int main() {int t;cin >> t;while (t--)solve();return 0;
}

B.Matrix Stabilization（模拟）

题意：

给你一个大小为$n\times m$的矩阵，其中行的编号从上到下为$1$至$n$，列的编号从左到右为$1$至$m$。位于第$i$行和第$j$列交点上的元素用$a_{ij}$表示。

考虑稳定矩阵$a$的算法：

1. 找到单元格$(i,j)$使其值严格大于所有相邻单元格的值。如果没有这样的单元格，则终止算法。如果有多个这样的单元格，则选择$i$值最小的单元格；如果仍有多个单元格，则选择$j$值最小的单元格。
2. 设置 $a_{ij}=a_{ij}-1$。
3. 转到步骤$1$。

在此问题中，如果单元格$(a,b)$和$(c,d)$有一个共同的边，即$|a-c|+|b-d|=1$，那么这两个单元格就被视为相邻单元格。

您的任务是在执行稳定算法后输出矩阵$a$。可以证明这种算法不可能运行无限次迭代。

分析：

按题意进行模拟。从上到下，从左到右枚举元素，每次如果此元素严格大于周围的元素，就赋值为周围四个元素中最大的。因为操作以后还是没有严格小于周围的元素，所以操作后不会使得前面的元素不符合要求。

注意，边上的元素取最大值时可能会超出边界，所以每组数据要把边界外的元素都设为$0$。

代码：

#include<bits/stdc++.h>typedef long long LL;
using namespace std;
const int N = 2005;
LL a[N][N];void solve() {LL n, m;cin >> n >> m;for (LL i = 0; i <= n + 1; i++) {a[i][0] = 0;a[i][m + 1] = 0;}for (LL i = 0; i <= m + 1; i++) {a[0][i] = 0;a[n + 1][i] = 0;}for (LL i = 1; i <= n; i++) {for (LL j = 1; j <= m; j++) {cin >> a[i][j];}}for (LL i = 1; i <= n; i++) {for (LL j = 1; j <= m; j++) {a[i][j] = min(a[i][j], max(a[i - 1][j], max(a[i + 1][j], max(a[i][j - 1], a[i][j + 1]))));cout << a[i][j] << ' ';}cout << endl;}
}int main() {int t;cin >> t;while (t--)solve();return 0;
}

C.Update Queries（排序）

题意：

下面是一个简单的问题。给你一个长度为$n$的字符串$s$（由小写拉丁字母组成），以及一个长度为$m$($1\le in{d}_i\le n$)的索引数组$ind$和一个长度为$m$的字符串$c$（由小写拉丁字母组成）。然后，按顺序执行更新操作，即在第$i$个操作中，设置$s_{in{d}_i}=c_i$。请注意，所有的$m$操作都是从第一个操作到最后一个操作。

当然，如果改变数组$ind$中索引的顺序和/或字符串$c$中字母的顺序，会得到不同的结果。如果数组$ind$中的索引和字符串$c$中的字母顺序可以随意改变，那么在进行$m$次更新操作后，可以得到的字典序最小的字符串$s$。

当且仅当满足以下条件之一时，字符串$a$在字典序上小于字符串$b$：

• $a$是$b$的前缀，但$a\ne b$；
• 在$a$和$b$不同的第一个位置，字符串$a$中的符号在字母表中的位置比字符串$b$中的相应符号早。

分析：

我们发现$idn$和$c$都可以重新排列，考虑对其进行排序。如果$idn$的元素全部满足两两不相同，则直接在排序后按顺序填入即可，因为这样保证字典序小的排在了前面。对于相同的元素，先插入的元素会被后面的覆盖掉，只需要考虑最后一次操作，而前面的操作则用字典序最大的来顶替即可。

代码：

#include<bits/stdc++.h>typedef long long LL;
using namespace std;
const int N = 1e5 + 5;
int idn[N];
string s, t;void solve() {LL n, m;t = "";cin >> n >> m >> s;for (int i = 1; i <= m; i++)cin >> idn[i];for (int i = 1; i <= m; i++) {char tmp;cin >> tmp;t += tmp;}sort(idn + 1, idn + 1 + m);sort(t.begin(), t.end());deque<char> q;for (int i = 0; i < t.size(); i++)q.push_back(t[i]);for (int i = 1; i <= m; i++) {if (idn[i] != idn[i - 1]) {s[idn[i] - 1] = q.front();q.pop_front();} else {q.pop_back();}}cout << s << endl;
}int main() {int T;cin >> T;while (T--)solve();return 0;
}

D.Mathematical Problem（数学）

题意：

给你一个长度$n>1$的字符串$s$，由从$0$到$9$的数字组成。您必须在这个字符串中准确插入$n-2$个$+$（加法）符号或$\times$（乘法）符号，才能形成一个有效的算术表达式。

在本题中，符号不能放在字符串$s$的第一个字符之前或最后一个字符之后，也不能连续写入两个符号。此外，请注意字符串中数字的顺序不能改变。以$s=987009$为例：

• 从这个字符串可以得到以下算术表达式：$9\times 8+70\times 0+9=81$,$98\times 7\times 0+0\times 9=0$,$9+8+7+0+09=9+8+7+0+9=33$。请注意，数字$09$被认为是有效的，并被转换为$9$。
• 从该字符串中无法得到以下算术表达式：$+9\times 8\times 70+09$（符号只能放在数字之间）、$98\times 70+0+9$（因为有$6$个数字，所以必须正好有$4$个符号）。

算术表达式的结果是根据数学规则计算出来的–首先进行所有乘法运算，然后是加法运算。您需要找出在给定的字符串$s$中插入恰好$n-2$个加法或乘法符号所能得到的最小结果。

分析：

本题我们分情况考虑

考虑$n=2$的情况，不能加运算符，如果第一个字符为$0$，则输出第二个字符，否则输出$s$。

考虑$n=3$且有$0$，$0$在中间的情况，答案为第一个和第三个字符乘积或者相加中较小的一个。

其他长度的情况：如果有$0$，则将所有运算符置为乘，最后结果就是$0$。如果没有$0$，则将$s$中所有不为$1$的数统计求和。此时的求和有$n-1$个运算符，其中涉及到$1$的运算符全为*，不涉及$1$的运算符全为+。此时需要去掉一个运算符，再次遍历$s$，依此考虑将$s$中任意两个相邻的字符组合成一个二位数字，看哪个组合最后得到的结果最小，取最小值即可。

代码：

#include<bits/stdc++.h>typedef long long LL;
using namespace std;
const LL MAXN = 0x3f3f3f3f;
string s;void solve() {int n;cin >> n >> s;if (n == 2) {if (s[0] == '0')cout << s[1] << endl;elsecout << s << endl;} else if (n == 3 && s[1] == '0') {cout << min(s[0] + s[2] - '0' * 2, (s[0] - '0') * (s[2] - '0')) << endl;} else if (s.find('0') != std::string::npos) {cout << "0" << endl;} else {int sum = 0;for (const auto &x: s) {if (x > '1') {sum += x - '0';}}int ans = MAXN;for (int i = 0; i < n - 1; ++i) {int num = stoi(s.substr(i, 2));ans = min(ans, sum - (s[i] == '1' ? 0 : s[i] - '0') - (s[i + 1] == '1' ? 0 : s[i + 1] - '0') + num);}cout << ans << endl;}
}int main() {int t;cin >> t;while (t--)solve();return 0;
}

E.Beautiful Array（数据结构）

题意：

给你一个整数数组$a_1,a_2,\dots ,a_n$和一个整数$k$。您需要用最少的运算使数组变得美丽。

在进行操作前，可以随意对数组元素进行洗牌。对于一次操作，可以进行以下操作：

• 选择一个索引$1\le i\le n$.
• 生成$a_i=a_i+k$。

如果所有的$1\le i\le n$都是$b_i=b_{n-i+1}$，那么数组$b_1,b_2,\dots ,b_n$是美丽的。

求使数组美丽所需的最小运算次数，或者输出不可能。

分析：

首先利用map将$a$中的出现偶数次的元素去掉。我们发现如果一个数能通过另一个数相加若干个$k$得到，则这两个数%k的余数是相等的。将剩下的元素$\%k$存到map<int,vector>中，遍历这个新的map，对vector排序。如果vector中的元素数量是偶数，那么可以将相邻的两个vector作为一组进行$+k$变换。如果vector中的元素数量是奇数，那么这样的vector不能超过$1$个，维护一个前缀和后缀和来讨论vector中哪个元素作为回文中心，不参与到这种配对的计算中。

代码：

#include<bits/stdc++.h>typedef long long LL;
using namespace std;void solve() {int n, k;cin >> n >> k;map<int, int> mapp;for (int i = 0; i < n; i++) {int t;cin >> t;mapp[t]++;}vector<int> a;for (const auto &[x, y]: mapp) {if (y & 1) {a.push_back(x);}}if ((int) a.size() <= 1) {cout << "0" << endl;return;}map<int, vector<int>> rec;for (int i = 0; i < a.size(); ++i) {int t = a[i];rec[t % k].push_back(t);}int cnt = 0;LL ans = 0;for (auto &[x, cur]: rec) {bool ok = true;if (cur.size() & 1) {cnt++;ok = false;if (cnt > 1) {cout << "-1" << endl;return;}}sort(cur.begin(), cur.end());if (ok) {for (int i = 1; i < cur.size(); i += 2) {ans += (cur[i] - cur[i - 1]) / k;}} else if (cur.size() > 1) {int m = (int) cur.size();vector<LL> pref(m);vector<LL> suff(m);pref[1] = cur[1] - cur[0];for (int i = 3; i < m; i += 2) {pref[i] = pref[i - 2] + cur[i] - cur[i - 1];}suff[m - 2] = cur[m - 1] - cur[m - 2];for (int i = m - 4; i >= 0; i -= 2) {suff[i] = suff[i + 2] + cur[i + 1] - cur[i];}LL minn = min(pref[m - 2], suff[1]);for (int i = 2; i < m - 2; i += 2) {minn = min(minn, pref[i - 1] + suff[i + 1]);}ans += minn / k;}}cout << ans << endl;
}int main() {int t;cin >> t;while (t--)solve();return 0;
}

F.Non-academic Problem（联通分量）

题意：

给你一个连通的无向图，其顶点用$1$到$n$之间的整数编号。你的任务是尽量减少图中存在路径的顶点$1\le u<v\le n$对的数量。为了实现这一目标，你可以从图形中删除一条边。

请找出顶点对的最小数目！

分析：

整个图是连通的，删除边双内的边并不会影响连通性，删除桥边会变成两个连通块，一个大小为$x$另一个则为$n-x$。

对于一个大小为$x$的连通块，编号最小的点有另外$x-1$个点与其对应，以此类推，因此满足条件的点对数量是：
$$\sum _{i=1}^{x-1}i=\frac{x(x-1)}{2}$$

考虑将图缩点为边双连通分量，然后只枚举桥边（即树边），对于所有情况取一个最小值即可。

代码：

#include<bits/stdc++.h>typedef long long LL;
using namespace std;
const int N = 100010;
const int M = 200010;
int h[N], sz[N], dfn[N], low[N], id[N], szedcc[N], idx, n, m, timestamp, cntedcc;
stack<int> stk;
vector<int> G[N];
set<LL> S;
LL ans;struct Edge {int to, nxt;
} e[M];void add(int a, int b) {e[idx] = {b, h[a]};h[a] = idx++;
}void tarjan(int u, int from) {stk.push(u);dfn[u] = low[u] = ++timestamp;for (int i = h[u]; i; i = e[i].nxt) {int to = e[i].to;if (!dfn[to]) {tarjan(to, i);low[u] = min(low[u], low[to]);} else if (i != (from ^ 1))low[u] = min(low[u], dfn[to]);}if (low[u] == dfn[u]) {++cntedcc;int y;do {y = stk.top();stk.pop();id[y] = cntedcc;szedcc[cntedcc]++;} while (y != u);}
}LL calc(LL x) {return x * (x - 1) / 2;
}void dfs(int u, int f) {sz[u] = szedcc[u];for (int to: G[u]) {if (to == f)continue;dfs(to, u);sz[u] += sz[to];ans = min(ans, calc(sz[to]) + calc(n - sz[to]));}
}int main() {int t;cin >> t;while (t--) {cin >> n >> m;idx = 2;timestamp = cntedcc = 0;S.clear();for (int i = 0; i <= n; i++) {h[i] = dfn[i] = szedcc[i] = sz[i] = id[i] = low[i] = 0;vector<int>().swap(G[i]);}for (int i = 1, a, b; i <= m; i++) {cin >> a >> b;add(a, b);add(b, a);}for (int i = 1; i <= n; i++) {if (!dfn[i])tarjan(i, -1);}for (int u = 1; u <= n; u++) {for (int i = h[u]; i; i = e[i].nxt) {int to = e[i].to;int A = id[u], B = id[to];if (A < B)swap(A, B);if (id[u] != id[to]) {LL hash = 1ll * A * N + B;if (S.count(hash))continue;S.insert(hash);G[id[u]].emplace_back(id[to]);G[id[to]].emplace_back(id[u]);}}}ans = calc(n);dfs(1, 0);cout << ans << endl;}return 0;
}

赛后交流

在比赛结束后，会在交流群中给出比赛题解，同学们可以在赛后查看题解进行补题。

群号： 704572101，赛后大家可以一起交流做题思路，分享做题技巧，欢迎大家的加入。