Codeforces补题2020.3.4 （Round620 Div2）

Posted 2020-11-26 zhanglichen

A.Two Rabbits

Gildong厌倦了参加过多次Codeforce攻击，决定在公园休息一下。他坐在长凳上，很快他发现两只兔子在跳来跳去。一只兔子比另一只更高。

他注意到两只兔子在互相跳来跳去。两只兔子的位置可以表示为水平线上的整数坐标。较高的兔子当前位于位置x，而较短的兔子当前位于位置y（x <y）。每秒钟，每只兔子跳到另一个位置。较高的兔子跳向a的正向，而较短的兔子跳向b的负向。

例如，假设x = 0，y = 10，a = 2和b = 3。在第1秒，每只兔子将在位置2和7。在第2秒，两只兔子将在位置4。

Gildong现在在想：两只兔子会在同一时刻处于同一位置吗？如果是这样，需要多长时间？让我们找到一个时间点（以秒为单位），在那之后兔子将处于同一点。

输入值 每个测试包含一个或多个测试用例。第一行包含测试用例的数量t（1≤t≤1000）。

每个测试用例仅包含一行。该行由四个整数x，y，a，b（0≤x<y≤109，1≤a，b≤109）-高兔子的当前位置，矮兔子的当前位置，跳跃距离高兔子的跳动距离和短兔子的跳动距离。

输出量 对于每个测试用例，请打印一个整数：两只兔子在同一位置所花费的秒数。

如果两只兔子永远不会同时在同一位置，请打印-1。

题解：

简单模拟

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a,b,x,y;
int main () {
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while (T--) {
        scanf("%d%d%d%d",&a,&b,&x,&y);
        if ((b-a!=0)&&(x+y==0)) {
            printf ("-1
");
            continue;
        }
        if (b-a==0) {
            printf ("0
");
            continue;
        }
        if ((b-a)%(x+y)==0) {
            printf ("%d
",(b-a)/(x+y));
            continue;
        }
        printf ("-1
");
    } 
    return 0;
} 

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B.Longest Palindrome

回到解决问题的方向，吉尔东现在正在研究回文。他了解到回文是与反向字符串相同的字符串。例如，字符串“ pop”，“ noon”，“ x”和“ kkkkkk”是回文，而字符串“ moon”，“ tv”和“ abab”则不是。空字符串也是回文。

Gildong非常喜欢这个概念，所以他想玩这个游戏。他有n个等长的m个不同的弦。他想丢弃某些字符串（可能没有或全部），并对其余的字符串重新排序，以使串联成为回文。他还希望回文期尽可能长。请帮助他找到一个。

输入值 第一行包含两个整数n和m（1≤n≤100，1≤m≤50）-字符串数和每个字符串的长度。

接下来的n行包含一个长度为m的字符串，仅由小写拉丁字母组成。所有字符串都是不同的。

输出量 在第一行中，打印您制作的最长回文字符串的长度。

在第二行中，打印该回文。如果有多个答案，请打印其中一个。如果回文为空，则打印空白行或根本不打印此行。

题解：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int N,M;
string s1,s2;
unordered_set<string> st;
int main () {
    scanf("%d%d",&N,&M);
    for (int i=0;i<N;i++) {
        string t;
        cin>>t;
        st.insert(t);
        string r=t;
        reverse(r.begin(),r.end());
        if (t==r) s1=t;
        else if (st.count(r)) 
            s2+=t;
    }
    string t=s2;
    reverse(t.begin(),t.end());
    s2+=s1+t;
    printf ("%d
",s2.length());
    cout<<s2<<"
";
    return 0;
}

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C.Air Conditioner

吉东拥有一家烤肉餐厅。这家餐厅有很多顾客，所以很多人喜欢在参观之前进行预订。

Gildong尽力满足客户需求，甚至还记住了所有客户的首选温度范围！通过查看预订列表，他想通过控制餐厅的温度来满足所有顾客的需求。

该餐厅的空调有3种状态：关闭，加热和冷却。关闭时，餐厅的温度保持不变。加热时，温度在一分钟内升高1。最后，在冷却时，温度在一分钟内降低1。吉尔东可以在任何整数分钟内随意更改状态。空调最初关闭。

每个客户都具有三个值：ti-第i位客户访问餐厅的时间（分钟），li-首选温度范围的下限，hi-首选温度范围的上限。

如果顾客在去餐厅的那一刻温度在优选范围内，那么顾客会感到满意。正式地，第i个客户只有在第10分钟内温度在li和hi（含）之间时才满意。

给定初始温度，保留客户的访问时间列表及其首选的温度范围，您将帮助他确定是否有可能满足所有客户的需求。

输入值 每个测试包含一个或多个测试用例。第一行包含测试用例的数量q（1≤q≤500）。测试用例的说明如下。

每个测试用例的第一行包含两个整数n和m（1≤n≤100，-109≤m≤109），其中n是预订客户的数量，m是餐厅的初始温度。

接下来，n行。它们的第i行包含三个整数ti，li和hi（1≤ti≤109，−109≤li≤hi≤109），其中ti是第i个客户访问的时间，li是较低的hi是其首选温度范围的上限。hi是其首选温度范围的上限。优选的温度范围包括两端。

客户的访问时间以不降序排列，当前时间为0。

输出量 对于每个测试用例，如果有可能使所有客户满意，则打印“是”。否则，打印“否”。

您可以在任何情况下（大写或小写）打印每个字母。

题解：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int N,M;
struct node {
    int t;
    int l;
    int r;
};
vector<node> vi;
bool cmp (node a,node b) {
    if (a.t!=b.t) return a.t<b.t;
    else if (a.l!=b.l) return a.l<b.l;
    else return a.r<b.r;
}
void solve () {
    vi.clear();
    scanf("%d%d",&N,&M);
    int L=M,R=M;
    for (int i=0;i<N;i++) {
        int t,l,r;
        scanf("%d%d%d",&t,&l,&r);
        vi.push_back({t,l,r});
    }
    sort(vi.begin(),vi.end(),cmp);
    for (int i=0;i<N;i++) {
        int t=vi[i].t;
        if (i!=0) t-=vi[i-1].t;
        L=max(L-t,vi[i].l);
        R=min(R+t,vi[i].r);
        if (L>R) {
            printf ("NO
");
            return;
        }
    }
    printf ("YES
");
}
int main () {
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while (T--) solve();
    return 0;
}

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D.Shortest and Longest LIS

Gildong最近学习了如何在O（nlogn）时间中找到长度为n的序列中最长的递增子序列（LIS）。他想测试自己是否可以正确实施，但是他找不到任何在线法官可以做到（即使实际上有很多法官）。因此，相反，他将为您做一个关于在1到n之间（含1和n）的n个不同整数进行排列的测验，以用您的输出测试他的代码。

测验如下。

Gildong提供了一个长度为n-1的字符串，仅由字符“ <”和“>”组成。第i个（1索引）字符是序列中第i个元素和第i + 1个元素之间的比较结果。如果字符串的第i个字符是“ <”，则序列中的第i个元素小于第i + 1个元素。如果字符串的第i个字符是‘>‘，则序列中的第i个元素大于第i + 1个元素。

他希望您找到两个可能的序列（不一定是不同的），这些序列由介于1和n之间（含端点）的n个不同的整数组成，每个整数都满足比较结果，其中第一个序列的LIS长度最小，而第一个序列的LIS长度最小。第二序列的LIS是最大可能的。

输入值 每个测试包含一个或多个测试用例。第一行包含测试用例的数量t（1≤t≤104）。

每个测试用例仅包含一行，该行由一个整数和一个仅由字符“ <”和“>”组成的字符串组成。整数是n（2≤n≤2⋅105），这是您需要查找的排列的长度。该字符串是描述中说明的比较结果。字符串的长度为n-1。

确保所有测试用例中所有n的总和不超过2⋅105。

输出量 对于每个测试用例，打印两行，每行n个整数。第一行是具有最小长度的LIS的序列，第二行是具有最大长度的LIS的序列。如果有多个答案，请打印其中一个。每个序列应包含1到n之间的所有整数（含1和n），并且应满足比较结果。

可以证明，至少存在一个答案。

题解：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e6+14;
int T;
int N;
int p[maxn];
char s[maxn];
int main () {
    scanf("%d",&T);
    while (T--) {
        scanf("%d%s",&N,s+1);
        for (int i=1;i<=N;i++) 
            p[i]=N-i+1;
        for (int i=1;i<N;) {
            int j=i;
            while (s[j]==‘<‘) j++;
            reverse(p+i,p+j+1);
            i=j+1;
        }
        for (int i=1;i<=N;i++) 
            printf ("%d ",p[i]);
        printf ("
");
        for (int i=1;i<=N;i++)
            p[i]=i;
        for (int i=1;i<N;) {
            int j=i;
            while (s[j]==‘>‘) j++;
            reverse(p+i,p+j+1);
            i=j+1;
        } 
        for (int i=1;i<=N;i++) 
            printf ("%d ",p[i]);
        printf ("
");
    }
    return 0;
} 

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E.1-Trees and Queries

吉尔东（Gildong）正在远足一座山，在数以百万计的树木中行走。受到他们的启发，他突然想出了一个关于数据结构树的有趣想法：如果我们在树中添加另一条边怎么办？

然后他发现这种树状图称为1树。由于Gildong厌倦了解决太多树木问题的工作，他想看看是否也可以在1棵树中使用类似的树木技术。他将通过在1树上提供查询来测试您，而不是自己解决问题。

首先，他将为您提供一棵具有n个顶点的树（非1树），然后他会问您q个查询。每个查询包含5个整数：x，y，a，b和k。这意味着在顶点x和y之间添加双向边后，系统会要求您确定是否存在从顶点a到b的路径，该路径正好包含k个边。路径可以多次包含相同的顶点和相同的边。所有查询彼此独立；即在查询中添加的边在下一个查询中被删除。

输入值 第一行包含整数n（3≤n≤105），即树的顶点数。

接下来的n-1行分别包含两个整数u和v（1≤u，v≤n，u≠v），这意味着顶点u和v之间存在一条边。所有边都是双向且互不相同的。

下一行包含整数q（1≤q≤105），这是Gildong要询问的查询数。

接下来的q行分别包含五个整数x，y，a，b和k（1≤x，y，a，b≤n，x≠y，1≤k≤109）–在说明中说明的整数。可以确保原始树中不存在x和y之间的边。

输出量 对于每个查询，如果在x和y顶点之间添加了一条边后，如果存在一条路径，该路径恰好包含从顶点a到b的k条边，则打印“ YES”。否则，打印“否”。

您可以在任何情况下（大写或小写）打印每个字母。

题解：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e6+14;
int N,Q;
int father[18][maxn];
int h[maxn];
vector<int> g[maxn];
void dfs (int x) {
    for (int i=0;i<g[x].size();i++) {
        int v=g[x][i];
        if (v==father[0][x]) continue;
        father[0][v]=x;
        h[v]=h[x]+1;
        dfs(v);
    }
}
int lca (int x,int y) {
    if (h[x]<h[y]) swap(x,y);
    for (int i=17;i>=0;i--) {
        if (h[x]-h[y]>>i) x=father[i][x];
    }
    if (x==y) return x;
    for (int i=17;i>=0;i--) {
        if (father[i][x]!=father[i][y]) {
            x=father[i][x];
            y=father[i][y];
        }
    }
    return father[0][x];
}
int getDis (int x,int y) {
    return h[x]+h[y]-h[lca(x,y)]*2;
}
bool check (int x,int y) {
    return y>=x&&x%2==y%2; 
}
int main () {
    scanf("%d",&N);
    for (int i=1;i<N;i++) {
        int a,b;
        scanf("%d%d",&a,&b);
        g[a].push_back(b);
        g[b].push_back(a);
    }
    dfs(1);
    for (int i=1;i<=17;i++) {
        for (int j=1;j<=N;j++) 
            father[i][j]=father[i-1][father[i-1][j]];
    }
    scanf("%d",&Q);
    for (int i=0;i<Q;i++) {
        int x,y,a,b,k;
        scanf("%d%d%d%d%d",&x,&y,&a,&b,&k);
        if (check(getDis(a,b),k)||
            check(getDis(a,x)+getDis(y,b)+1,k)||
            check(getDis(a,y)+getDis(x,b)+1,k)) 
            printf ("YES
");
        else printf ("NO
");
    }
    return 0;
}

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F.Animal Observation

吉尔东（Gildong）喜欢观察动物，因此他购买了两个照相机，以拍摄森林中野生动物的视频。一台摄像机的颜色是红色，另一台摄像机的颜色是蓝色。

从第1天到第n天，Gildong将拍摄n天的视频。森林可以分为m个区域，编号从1到m。他将通过以下方式使用相机：

在每个奇数天（1日，3日，5日...），将红色相机带到森林中并录制2天的视频。 在每天的偶数日（第2、4、6等），将蓝色相机带到森林中并录制2天的视频。 如果他在第n天使用其中一台摄像机开始录制，则该摄像机仅录制一天。 每个摄像机可以观察森林的k个连续区域。例如，如果m = 5且k = 3，则他可以放置相机观察这三个区域范围之一，持续两天：[1,3]，[2,4]和[3,5]。

Gildong获得了有关每天在每个区域看到多少动物的信息。由于他想观察尽可能多的动物，因此他希望您找到放置两台摄像机n天的最佳方法。请注意，如果两个摄像机在同一天观察同一区域，则在该区域观察到的动物仅被计数一次。

输入值 第一行包含三个整数n，m和k（1≤n≤50、1≤m≤2⋅104、1≤k≤m）– Gildong将要记录的天数，森林，以及摄像机的范围。

接下来的n行每个包含m个整数。第i + 1行中的第j个整数是在第j个区域的第i天可以看到的动物数量。动物的数量在0到1000之间（含0和1000）。

输出量 打印一个整数-可以观察到的最大动物数量。

题解：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=20014;
struct node {
    int l;
    int r;
    int mx;
    int tag;
}segTree[maxn*4];
int N,M,K;
int a[60][maxn];
int sum[60][maxn];
int dp[60][maxn];
void build (int i,int l,int r,int x) {
    segTree[i].l=l;
    segTree[i].r=r;
    segTree[i].tag=0;
    if (l==r-1) 
        segTree[i].mx=dp[x-1][l]+sum[x][l+K-1]-sum[x][max(K-1,l-1)];
    else {
        int mid=(l+r)>>1;
        build(i<<1,l,mid,x);
        build(i<<1|1,mid,r,x);
        segTree[i].mx=max(segTree[i<<1].mx,segTree[i<<1|1].mx);
    }
}
void update (int i) {
    segTree[i<<1].mx+=segTree[i].tag;
    segTree[i<<1|1].mx+=segTree[i].tag;
    segTree[i<<1].tag+=segTree[i].tag;
    segTree[i<<1|1].tag+=segTree[i].tag;
    segTree[i].tag=0;
}
void modify (int i,int l,int r,int del) {
    if (l<=segTree[i].l&&r>=segTree[i].r) {
        segTree[i].mx+=del;
        segTree[i].tag+=del;
        return; 
    }
    if (segTree[i].tag) update(i);
    int mid=(segTree[i].l+segTree[i].r)>>1;
    if (l<mid) modify(i<<1,l,r,del);
    if (r>mid) modify(i<<1|1,l,r,del);
    segTree[i].mx=max(segTree[i<<1].mx,segTree[i<<1|1].mx);
}
void solve () {
    scanf("%d%d%d",&N,&M,&K);
    for (int i=1;i<=N;i++) {
        sum[i][0]=0;
        for (int j=1;j<=M;j++) {
            scanf("%d",&a[i][j]);
            sum[i][j]=sum[i][j-1]+a[i][j];
        }
    }
    for (int j=1;j<=M-K+1;j++) 
        dp[1][j]=sum[1][j+K-1]-sum[1][j-1];
    for (int i=2;i<=N;i++) {
        build(1,1,M-K+2,i);
        for (int j=1;j<=M-K+1;j++) {
            modify(1,j,j+K,-a[i][j+K-1]);
            dp[i][j]=segTree[1].mx+sum[i][j+K-1]-sum[i][j-1];
            modify(1,max(j-K+1,1),j+1,a[i][j]);
        }
    }
    int ans=dp[N][1];
    for (int j=2;j<=M;j++) 
        ans=max(ans,dp[N][j]);
    printf ("%d
",ans);
}
int main () {
    solve();
    return 0;
}

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