Codeforces Round #731 (Div. 3)

20210803。网址：https://codeforces.com/contest/1547。

感觉这次犯的低级错误有亿点多……

A

一个大水题。

B

给我一个字符串，让我判断它是否alphabetical。一个alphabetical字符串可以这样生成：首先放一个a，然后在左边/右边放一个b，然后再在新字符串的左边/右边放一个c……也就是，新串=最新字母.append(旧串)，或新串=旧串.append(最新字母)。

所以我们维护一个left一个right，left和right的初值为0和n-1，不断用这两个指针去比较边缘处的字母是否为【当时所加入的最新字母】，进行剥洋葱般的操作。

C

两个人打算coauthor一篇paper，每一时刻只能有一个人在操作，操作只能是增加一行或修改【已存在】的一行。两个人都有自己的操作序列，只能按照这个顺序来进行操作。给出paper原始行数和两个人的操作序列，问他们能否合作成功，如果成功就给出一个可行的总操作序列。

关于两个人的操作序列：若甲的操作序列是12，乙的操作序列是45，那么可以1245、4512、1425、4152、1452、4125，也就是1必须在2之前，4必须在5之前。

我的想法是简单的贪心：只要不出现【修改不存在的一行】这种情况，那么就可以成功。保险起见，当然希望修改前的行数越多越好。所以在试图生成总操作序列时，如果还可以增加一行，那就继续增加。如果两个人都只能做修改操作了，那就【先判断此时有没有可以做的修改操作】，如果有的话【接着判断那个人能否一鼓作气再增加几行】。

D

一个growing的数列是这样的：把所有数用二进制表示，\(a_i\)中为1的那些位在\(a_{i+1}\)中也为1，也就是\(a_i\&a_{i+1}=a_i\)。两个co-growing的数列满足：它们每一个数【按位异或】后得到的新数列是growing的。

给我们一个数列，让我们找一个【按字典序比较】最小的数列，使得这两个数列co-growing。

异或是这样一种操作：输入1就改变一位，输入0就不改变。首先，对于\(a_i\)中为0 \(a_{i+1}\)中为1的一位，用异或将\(a_i\)中的该位变成1，是没有必要的。然后，对于\(a_i\)中为1 \(a_{i+1}\)中为0的一位，与其用异或将\(a_i\)中的该位变成0，不如用异或将\(a_{i+1}\)中的该位变成1，因为我们想要【按字典序】最小的序列，靠前的数越小越好。这样，\(a_0\)完全不改变，\(a_1\)改变去贴合\(a_0\)，\(a_2\)改变去贴合\(a_1\)，……，就可以得到我们想要的数列了。

E

有一个长度为n（就是有n个位置）的走廊，每一个位置可以放一个空调或不放。某一个位置的温度为：【某一空调温度+空调与该位置距离】的最小值。（可以看出，题目认为空调是制冷而非制热的。）

现在给出空调的分布，让我们求每一位置的温度。

我的想法是简单的扫描：先考虑冷风从左往右传的情况，从左往右扫描一遍，维护一个【等效空调】。对于没有空调的位置，就用【等效空调+冷风从左往右传】算温度；对于有空调的位置，判断【该空调】和【等效空调传到此位置的冷风】哪一个更冷，更新等效空调。然后考虑冷风从右往左传的情况，再从右往左扫一遍。对两个结果取min，就是每个位置的温度了。

编程细节：为了好处理，可以在0和n+1两个位置放上无穷热的空调。

F

给我们一个全是正整数的数列，问操作多少次能使数列的每一个数都一样。

一次操作：每个数=它（\(a_i\)）与它右边的那个数（\(a_{i+1}\)）的gcd。\(a_{n-1}\)去和\(a_0\)取gcd，即\(a_{n-1}=gcd(a_{n-1},a_0)\)。

做法：首先求这个数列所有数的gcd，然后所有数都除它。这样，多次操作后【所有数都一样】就是【所有数都为1】了。然后打一个素数表，对每个素数进行这样的操作：对数列中每个数判断该素数是否为其因子，考察【最长的、每个数都是该素数倍数的连续数列】有多长。我们做【该长度】次操作，就可以把这个素数因子消除了。所以，最后的答案是：对每个素数求【长度】，然后取max。

编程细节：数列中的数最大有\(10^6\)这么大，因此我们可以打一个只到\(10^3\)的素数表。然后对于判断过的素数，把数列中的每一个数都不停地除这个素数，直到这个素数彻底不是任何一个数的因子。这样，考虑完素数表中的素数，如果数列里还有很大很丑陋的数，就可以认为这是一个大素数，我们要对大素数再求一次【长度】。此处我犯了一堆错误，并且不是第一次犯类似错误了……

G

给我们一个有向图，可能会有环和自环，但没有重边。对于每一个节点，判断【节点1没有路径到达它（0）/有1条路径到达它（1）/有多条（但有限）路径到达它（2）/有无数条路径到达它（-1）】。如果节点1没有通向它自己的自环，那么就是1，否则-1。

做法：dfs的思想。

从1出发开始dfs，搜过的节点标记成黑色，正在搜（正在遍历它的分支）的节点标记成灰色，未搜过的节点标记成白色。
dfs的过程是这样的：对于一个白色的节点，遍历它邻接的所有节点：如果该节点是白色的，就继续dfs该节点。
如果发现我邻接的节点是灰色的，正是从它那里递归调用才会遍历到我，而我现在又试图递归搜索它，这证明我们都是-1。
如果发现我邻接的节点是黑色的，证明已经有人先遍历过它了，它可以通过别的路径到达，这样的节点应该是2。如果它不是-1，它就是2。
因此，我们先进行dfs，同时维护-1集合和2集合。把所有能dfs到的节点标为1，遇到灰色情况就把节点加入-1集合，遇到黑色情况就把节点加入2集合。然后，对于-1集合中的每个节点进行搜索，它们能到达的所有节点都应该是-1。对于2集合中的所有节点进行搜索，它们及它们能到达的【不是-1的】所有节点都应该是2。

编程细节：加入2集合的节点也可能是-1，比如说这样的情况：