Codeforces Edu Round 67 A-C + E
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篇首语:本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理,主要介绍了Codeforces Edu Round 67 A-C + E相关的知识,希望对你有一定的参考价值。
A. Stickers and Toys
考虑尽量先买\(max(s, t)\)个里面单独的。那么如果\(s + t > n\)那么\(s + t - n\)的部分就该把\(min(s, t)\)踢出来,这些多的只能合并到另外一个上面去,所以答案就是:$ max(s, t) - (s + t - n) + 1$。
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cmath>
using namespace std;
int n, s, t;
int main()
int T; scanf("%d", &T);
while(T--)
scanf("%d%d%d", &n, &s, &t);
printf("%d\n", max(s, t) - (s + t - n) + 1);
return 0;
B. Letters Shop
二分答案。答案符合区间包括性(单调性),若\([1, x]\)可行,那么\([1, y] (x <= y <= n)\)必然也可行。
预处理前缀和,\(check()\)的时间复杂度可以降到\(O(26)\),那么总共程序的时间复杂度为\(O(mlogn)\)。
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N = 200010, M = 50010;
char s[N], t[N];
int n, m, sum[N][26], g[26], len;
//[1, x]这段可不可行
bool inline check(int x)
for(int i = 0; i < 26; i++)
if(sum[x][i] < g[i]) return false;
return true;
int main()
scanf("%d%s%d", &n, s + 1, &m);
for(int i = 1; i <= n; i++)
for(int j = 0; j < 26; j++) sum[i][j] = sum[i - 1][j];
sum[i][s[i] - 'a']++;
for(int i = 1; i <= m; i++)
for(int j = 0; j < 26; j++) g[j] = 0;
scanf("%s", t + 1);
len = strlen(t + 1);
for(int i = 1; i <= len; i++) g[t[i] - 'a']++;
int l = 1, r = n;
while(l < r)
int mid = (l + r) >> 1;
if(check(mid)) r = mid;
else l = mid + 1;
printf("%d\n", r);
return 0;
C. Vasya And Array
由于发现在线做法需要分类讨论,懒癌晚期就把信息进行了排序\(qwq\)。
不难发现,\(NO\)的情况就是\(0\)的信息属于\(1\)的子序列。但是如果直接处理,就有多种冲突可能,\(check\)就需要分类讨论了。先处理\(1\)的数据,再处理\(0\)的数据,就只需要检查\(0\)是不是子区间就可以了。
关于方案,设\(f[i]\)为\(i\)和\(i + 1\)的关系(不变还是递减),这样只需要顺次维护即可。
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 1010, M = 1010;
int n, m, f[N];
//f[i] 表示 i 和 i + 1 的关系
struct Node
int l, r, t;
e[M];
bool inline cmp(Node x, Node y)
return x.t > y.t;
bool inline check(int l, int r, int t)
for(int i = l; i < r; i++)
if(f[i] == -1 || f[i] == t) return true;
return false;
int main()
memset(f, -1, sizeof f);
scanf("%d%d", &n, &m);
for(int i = 1; i <= m; i++)
int t, l, r; scanf("%d%d%d", &t, &l, &r);
e[i] = (Node)l, r, t;
sort(e + 1, e + 1 + m, cmp);
for(int i = 1; i <= m; i++)
int l = e[i].l, r = e[i].r, t = e[i].t;
if((!check(l, r, t))) puts("NO"); return 0;
else for(int i = l; i < r; i++)
if(f[i] == -1)f[i] = t;
int last = n; printf("YES\n%d ", n);
for(int i = 1; i < n; i++)
if(f[i]) printf("%d ", last);
else printf("%d ", --last);
return 0;
E. Tree Painting
换根法。发现是一颗树。每次扩展的时候,假设时间倒流,发现是一个逐层逆推递进的过程。
对于任意两点\((u, v)\),除了他们的路径上的贡献外,所有外面的扩展是相同的。
设
\(f[u][0]\)为该点向下扩展的花费,包括\(u\)的花费
\(f[u][1]\)为改点向上扩展的花费,不包括\(u\)的花费
\(size[u]\)为以\(u\)为子树的大小
状态转移方程:
\(f[u][0] = size[u] + \sum_(u , v) f[v][0]\)
\(f[v][1] = (n - size[v]) + f[u][1] + (f[u][0] - size[u] - f[v][0]) (u , v)\)
答案:
\(max\f[i][0] + f[i][1] + (n - size[i])\ (1 <= i <= n)\)
这里可以理解为两者均是时间倒流的产物,第一次扩展是先扩展下面的,所以需要计算首次合并。
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cmath>
using namespace std;
const int N = 200010, M = N << 1;
typedef long long LL;
int n, head[N], numE = 0;
LL f[N][2], size[N];
struct Edge
int next, to;
e[M];
void addEdge(int from, int to)
e[++numE].next = head[from];
e[numE].to = to;
head[from] = numE;
void dfs_(int u, int fa)
size[u] = 1;
for(int i = head[u]; i; i = e[i].next)
int v = e[i].to;
if(v == fa) continue;
dfs_(v, u);
size[u] += size[v];
f[u][0] += f[v][0];
f[u][0] += size[u];
void dfs(int u, int fa)
for(int i = head[u]; i; i = e[i].next)
int v = e[i].to;
if(v == fa) continue;
f[v][1] = (n - size[v]) + f[u][1] + (f[u][0] - size[u] - f[v][0]);
dfs(v, u);
int main()
scanf("%d", &n);
for(int i = 1; i < n; i++)
int u, v; scanf("%d%d", &u, &v);
addEdge(u, v); addEdge(v, u);
dfs_(1, 0);
dfs(1, 0);
LL ans = -1;
for(int i = 1; i <= n; i++)
ans = max(ans, f[i][0] + f[i][1] + (n - size[i]));
printf("%lld\n", ans);
return 0;
以上是关于Codeforces Edu Round 67 A-C + E的主要内容,如果未能解决你的问题,请参考以下文章