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Codeforces Round 881 (Div. 3)

2023-06-22 07:45:56 其他

A - Sasha and Array Coloring (CF1843 A)

題目大意

給定一個陣列，給每個元素涂色，求最大的代價，

代價為每個顏色的代價和，

每個顏色的代價為涂了該顏色的元素的極差，

解題思路

因為是極差，每個元素要么對答案有正的貢獻，要么有負的貢獻，要么無貢獻，且正負貢獻的個數要相同，

因為要最大值，自然就是想有正貢獻的是最大的那些數，負貢獻的是最小的那些數，

因此答案就是最大的那一半的和\(-\)最小的那一半的和，奇數的話中間多出來的一個無貢獻，

神奇的代碼 
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;

int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false); 
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    int t;
    cin >> t;
    while(t--){
        int n;
        cin >> n;
        vector<int> a(n);
        for(auto &i : a)
            cin >> i;
        sort(a.begin(), a.end());
        int ans = -accumulate(a.begin(), a.begin() + n / 2, 0) + accumulate(a.end() - n / 2, a.end(), 0);
        cout << ans << '\n';
    }

    return 0;
}

B - Long Long (CF1843 B)

題目大意

給定一個陣列，可以進行一個操作，要求最小化運算元，使得陣列元素的和最大，

操作為：選定一個區間，對區間里的每個元素取其相反數，

解題思路

很顯然，和最大一定是將所有的負數變為正數，

然后考慮如何求最小運算元，

對于一連串的負數，我們肯定選擇這個區間，這樣操作一次就好了，

對于\(----+---\)，如果我們一次選定這個區間，后續還需要一次操作將里面的 +變回來，其操作次數跟只操作其中的負區間的次數是一樣的，都是兩次，不會更優，

因此就對每個負區間進行操作，答案就是這里面負區間的個數了，

神奇的代碼 
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;

int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false); 
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    int t;
    cin >> t;
    while(t--){
        int n;
        cin >> n;
        vector<int> a(n);
        for(auto &i : a)
            cin >> i;
        LL ans = 0;
        for(auto &i : a)
            ans += abs(i);
        int cnt = 0;
        bool neg = (a[0] < 0);
        for(auto &i : a){
            if (i > 0 && neg){
                cnt ++;
                neg = false;
            }else if (i < 0)
                neg = true;
        }
        cnt += neg;
        cout << ans << ' ' << cnt << '\n';
    }

    return 0;
}

C - Sum in Binary Tree (CF1843 C)

題目大意

給定一棵完全二叉樹，點權為其標號，問從\(n\)號點開始，不斷往父親節點走，其點權和是多少，

解題思路

父親節點的標號為\(\frac{n}{2}\)，因此直接模擬即可，走 \(\log\)次就走到根了，

神奇的代碼 
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;

int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false); 
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    int t;
    cin >> t;
    while(t--){
        LL n;
        cin >> n;
        LL ans = 0;
        while(n){
            ans += n;
            n >>= 1;
        }
        cout << ans << '\n';
    }

    return 0;
}

D - Apple Tree (CF1843 D)

題目大意

給定一棵有根樹，樹上有兩個蘋果，每一時刻，每個蘋果可以往其中一個兒子節點移動，最終移動到葉子處，

設兩個蘋果最終所處的葉子節點為\(a,b\)，問 \((a,b)\)的情況數，

解題思路

如果一個蘋果在\(x\)節點，那么它能移動的葉子處就是以 \(x\)為根的葉子節點，如果有 \(a\)個葉子，那么該蘋果的可移動到的葉子數就是 \(a\)，

現在有兩個蘋果，假設它們最終可移動到的葉子節點數分別為\(a,b\)，那最終的情況數就是 \(a \times b\)，

因此事先預處理\(son[x]\)表示以\(x\)為根的葉子數量，\(O(1)\)回答即可，

神奇的代碼 
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;

int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false); 
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    int t;
    cin >> t;
    while(t--){
        int n;
        cin >> n;
        vector<vector<int>> edge(n);
        for(int i = 1; i < n; ++ i){
            int u, v;
            cin >> u >> v;
            -- u, -- v;
            edge[u].push_back(v);
            edge[v].push_back(u);
        }
        vector<int> son(n, 0);
        function<void(int, int)> dfs = [&](int u, int fa){
            bool leaf = true;
            for(auto &v : edge[u]){
                if (v == fa)
                    continue;
                leaf = false;
                dfs(v, u);
                son[u] += son[v];
            }
            son[u] += leaf;
        };
        dfs(0, 0);
        int q;
        cin >> q;
        while(q--){
            int u, v;
            cin >> u >> v;
            -- u, -- v;
            cout << 1ll * son[u] * son[v] << '\n';
        }
    }

    return 0;
}

E - Tracking Segments (CF1843 E)

題目大意

給定一個有\(n\)個\(0\)的陣列\(a\)，以及 \(m\)個區間，

一個區間如果是好區間，則其間 \(1\)的個數嚴格大于 \(0\)的個數，

現依次進行 \(q\)次操作，每次操作將 \(a_x = 1\)，

問最早進行了多少次操作后，出現好區間，

解題思路

我們可以依次列舉\(q\)，得到操作后的陣列，接下來就是判斷每個區間是不是 好區間，即判斷\(1\)的個數和 \(0\)的個數的大小關系，樸素判斷是\(O(nm)\)，但我們可以事先對 \(1\)的個數求一遍陣列\(a\)的前綴和 ，這樣每個區間的判斷都可以在\(O(1)\) 得出結果，判斷的復雜度降為\(O(n + m)\)，

由于我們是列舉\(q\)的，此時時間復雜度為 \(O(q(n + m))\)，但可以發現 \(q\)與是否存在 好區間是一個單調的函式，即如果\(q=4\)存在 好區間，那么\(q > 4\)也一定存在好區間，因此我們可以二分這個 q，得到其臨界點，

最終時間復雜度降為\(O((n + m)\log q)\)

神奇的代碼 
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;

int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false); 
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    int t;
    cin >> t;
    while(t--){
        int n, m;
        cin >> n >> m;
        vector<array<int, 2>> seg(m);
        for(auto &i : seg){
            cin >> i[0] >> i[1];
            -- i[0], -- i[1];
        }
        int q;
        cin >> q;
        vector<int> pos(q);
        for(auto &i : pos){
            cin >> i;
            -- i;
        }
        auto check = [&](int x){
            vector<int> cnt(n, 0);
            for(int i = 0; i < x; ++ i)
                cnt[pos[i]] = 1;
            partial_sum(cnt.begin(), cnt.end(), cnt.begin());
            for(auto &[l, r] : seg){
                int one = cnt[r];
                if (l > 0)
                    one -= cnt[l - 1];
                int zero = r - l + 1 - one;
                if (one > zero)
                    return true;
            }
            return false;
        };
        int l = 0, r = q;
        while(l + 1 < r){
            int mid = (l + r) >> 1;
            if (check(mid))
                r = mid;
            else 
                l = mid;
        }
        if (!check(r))
            r = -1;
        cout << r << '\n';

    }

    return 0;
}

F1 - Omsk Metro (simple version) (CF1843 F1)

題目大意

給定一棵點權為\(1\) 或\(-1\)的樹，點數為\(n\)，

給定\(q\)個詢問\(u, v, k\)，依次回答從\(u \to v\)這條路徑中，是否存在一個子區間，其和為 \(k\)，

該題\(u = 1\)

解題思路

子區間和可以轉換成兩個前綴和作差，那么在一般的問題里，我們可以列舉每個前綴和，若其值為\(x\)，那就看之前的前綴和是否有值為 \(x - k\)的，

很顯然本題里，復雜度是\(O(nq)\)，無法通過，但本題有個奇特點為點權僅為\(1\)或 \(-1\)，這其間或許有什么性質，

容易發現，假設一個區間的最大欄位和為 \(max\)，最小欄位和為 \(min\)，那么 \([min, max]\)區間的數都可以取到，即都存在對應的子區間，因為點權僅為\(1\)或 \(-1\)，一個子區間左右擴張，其值只會加一或者減一，不會跳躍，而初始值為 \(0\)，

因此問題就轉換成維護一個區間的子區間的最大值和最小值即可，這是一個簡單的\(dp\)，即設 \(dp[i]\)表示以 \(i\)結尾的最大后綴和，然后再維護一個全域的最大值，最小值同理，

由于本題中 \(u = 1\)，因此可以直接從 \(1\)開始 \(dfs\)，維護這個 \(dp\)即可，撤銷\(dp\)相當于回溯，

神奇的代碼 
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;

int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false); 
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    int t;
    cin >> t;
    while(t--){
        int n;
        cin >> n;
        vector<vector<int>> edge(n + 1);
        vector<int> val(n + 1);
        vector<vector<int>> target(n + 1);
        vector<int> q;
        val[0] = 1;
        int cur = 1;
        for(int i = 0; i < n; ++ i){
            string op;
            cin >> op;
            if (op[0] == '+'){
                int v, x;
                cin >> v >> x;
                -- v;
                edge[v].push_back(cur);
                edge[cur].push_back(v);
                val[cur] = x;
                ++ cur;
            }else{
                int u, v, k;
                cin >> u >> v >> k;
                -- u, -- v;
                assert(u == 0);
                target[v].push_back(int(q.size()));
                q.push_back(k);
            }
        }
        vector<int> ans(q.size());
        function<void(int, int, int, int, int, int)> dfs = [&](int u, int fa, int maxx, int minn, int gmaxx, int gminn){
            for(auto &t : target[u]){
                ans[t] = (q[t] <= gmaxx && q[t] >= gminn);
            }
            for(auto &v : edge[u]){
                if (v == fa)
                    continue;
                int nmaxx = max({maxx + val[v], val[v], 0});
                int nminn = min({minn + val[v], val[v], 0});
                int ngmaxx = max(gmaxx, nmaxx);
                int ngminn = min(gminn, nminn);
                dfs(v, u, nmaxx, nminn, ngmaxx, ngminn);
            }
        };
        dfs(0, 0, 1, 0, 1, 0);
        for(auto &i : ans)
            if (i)
                cout << "YES" << '\n';
            else 
                cout << "NO" << '\n';
    }

    return 0;
}

F2 - Omsk Metro (hard version) (CF1843 F2)

題目大意

給定一棵點權為\(1\) 或\(-1\)的樹，點數為\(n\)，

給定\(q\)個詢問\(u, v, k\)，依次回答從\(u \to v\)這條路徑中，是否存在一個子區間，其和為 \(k\)，

解題思路

本題\(u \neq 1\)，

在上一題中，我們將問題轉換成維護一個區間的子區間的最大值和最小值，

注意到這個資訊是可合并的，以最大值為例，

假設我們有一個左區間和一個右區間，現在我們要將其合并成一個大區間，并求其子區間的最大值，

那么該最大值只有三種情況：

  • 左區間的最大值
  • 右區間的最大值
  • 左區間的最大后綴和+右區間的最大前綴和

因此我們只需要額外增加最大前綴和和最大后綴和這兩個資訊，我們就可以將兩個區間合并，得到新區間的最大值，

而為了維護最大前綴和和最大后綴和，還需要區間和這個資訊，因為新區間的最大前綴和有兩種情況：

  • 左區間的最大前綴和
  • 左區間的區間和+右區間的最大前綴和

最大后綴和同理，因此我們只要維護一個區間的

  • 最大值、最小值
  • 最大前綴和、最小前綴和
  • 最大后綴和、最小后綴和
  • 區間和

這些資訊，我們就可以將兩個區間合并，得到一個大區間的資訊，

可合并有什么用呢？

每次詢問其實就是詢問一個區間的最大子區間和和最小子區間和，因為這些區間的數量級是\(O(n^2)\)，我們不可能一一計算，而是通過只計算某些區間，這樣其他區間都可以通過這些區間，以較少的代價合并得到，

回想下 \(st\)表，它可以 \(O(1)\)回答出任意一個區間的最值，但它預處理的復雜度只有 \(O(n\log n)\)，也就是說它可以通過計算 \(n\log n\)個區間的最值，然后以\(O(1)\)的代價通過 這些計算好的區間，合并出任意區間的最值（注意最值這個資訊也是可合并的），而它用到的方法就是倍增，

同樣，既然我們要維護的資訊是可合并的，我們可以運用倍增的思想，即樹上倍增，對于每個點，維護以這個點往父親方向，一共\(2^j\)個點所組成的序列的資訊，然后對于每個詢問所對應的路徑，通過 倍增的方式可以拆成\(\log\)個區間進行合并 ，

假設詢問\(u \to v\)，因為在樹上，我們可以在它們的\(lca\)點拆開，這樣\(u \to lca\), \(v \to lca\)就是一條鏈，通過倍增合并得到其資訊（跟倍增求lca是一樣的），最后再將\(u \to lca\)和\(v \to lca\)合并（注意\(v \to lca\)資訊的前后綴要反轉過來）即得到\(u \to v\)的資訊，

這樣每次詢問的復雜度就是\(O(\log n)\)了，

當然因為是可合并的，樹鏈剖分將一個路徑剖分成若干條輕鏈和重鏈合并也不是不行

神奇的代碼 
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;

struct info{
    int max, premax, sufmax;
    int min, premin, sufmin;
    int sum;
};

info operator+(const info& a, const info& b){
    info c;
    c.max = max({a.max, b.max, a.sufmax + b.premax});
    c.premax = max(a.premax, a.sum + b.premax);
    c.sufmax = max(b.sufmax, b.sum + a.sufmax);
    c.min = min({a.min, b.min, a.sufmin + b.premin});
    c.premin = min(a.premin, a.sum + b.premin);
    c.sufmin = min(b.sufmin, b.sum + a.sufmin);
    c.sum = a.sum + b.sum;
    return c;
}

info reverse(const info& a){
    info c = a;
    swap(c.premax, c.sufmax);
    swap(c.premin, c.sufmin);
    return c;
}

int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false); 
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    int t;
    cin >> t;
    while(t--){
        int n;
        cin >> n;
        vector<int> val(n + 1);
        val[0] = 1;
        int cur = 1;
        vector<array<int, 3>> q;
        vector<vector<int>> fa(32, vector<int>(n + 1));
        vector<int> deep(n + 1);
        for(int i = 0; i < n; ++ i){
            string op;
            cin >> op;
            if (op[0] == '+'){
                int v, x;
                cin >> v >> x;
                -- v;
                val[cur] = x;
                fa[0][cur] = v;
                deep[cur] = deep[v] + 1;
                ++ cur;
            }else{
                int u, v, k;
                cin >> u >> v >> k;
                -- u, -- v;
                q.push_back({u, v, k});
            }
        }
        vector<vector<info>> up(32, vector<info>(n));
        for(int i = 0; i < n; ++ i){
            if (val[i] == 1){
                up[0][i] = info{1,1,1,0,0,0,1};
            }else{
                up[0][i] = info{0,0,0,-1,-1,-1,-1};
            }
        }
        for(int i = 1; i < 32; ++ i){
            for(int j = 0; j < n; ++ j){
                fa[i][j] = fa[i - 1][fa[i - 1][j]];
                if (fa[i - 1][j] != fa[i][j])
                    up[i][j] = up[i - 1][j] + up[i - 1][fa[i - 1][j]];
            }
        }
        auto find = [&](int u, int v){
            if (deep[u] < deep[v])
                swap(u, v);
            int dis = deep[u] - deep[v];
            info l{}, r{};
            for(int i = 0; i < 32; ++ i){
                if (dis & 1){
                    l = l + up[i][u];
                    u = fa[i][u];
                }
                dis >>= 1;
            }
            if (u == v){
                return l + reverse(up[0][u]);
            }
            for(int i = 31; i >= 0; -- i){
                if (fa[i][u] != fa[i][v]){
                    l = l + up[i][u];
                    r = r + up[i][v];
                    u = fa[i][u];
                    v = fa[i][v];
                }
            }
            int lca = fa[0][u];
            l = l + up[0][u];
            r = r + up[0][v];
            return l + up[0][lca] + reverse(r);
        };
        auto solve = [&](int u, int v, int k){
            auto res = find(u, v);
            return res.min <= k && k <= res.max;
        };

        for(auto &[u, v, k] : q)
            if (solve(u, v, k))
                cout << "YES" << '\n';
            else 
                cout << "NO" << '\n';
    }

    return 0;
}

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