Dylan's Blog
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·9月4日 Codeforces Round #505 题目链接：http://codeforces.com/contest/1025

A - Doggo Recoloring

过水，就不说了。。

B - Weakened Common Divisor

思路： 首先我们不难想到将每一对数乘起来，然后求这些乘积的GCD，如果这个GCD为1则应该输出-1。但是这个GCD不一定是答案，但答案一定是这个GCD的约数。这时我就想到了找这个GCD最小的约数做为答案，但这样是会T的。于是我们考虑造成GCD不一定是答案的原因，然后我们可以将这个GCD与每一对中的一个数再求一遍GCD，这样的答案就是符合要求的了。

代码：

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#include <bits/stdc++.h>
#define MAXN 150005
#define LL long long
using namespace std;

int n;
LL a[MAXN], b[MAXN], c[MAXN];

LL gcd(LL x, LL y)
{
    return y==0?x: gcd(y, x%y);
}

int main()
{
    scanf("%d", &n);
    for(int i=1; i<=n; i++)
    {
        scanf("%lld%lld", &a[i], &b[i]);
        c[i]=a[i]*b[i];
    }
    LL ans=c[1];
    for(int i=2; i<=n; i++) ans=gcd(ans, c[i]);
    if(ans==1) printf("-1\n");
    else
    {
        for(int i=1; i<=n; i++)
        {
            if(gcd(ans, a[i])＞=1) ans=gcd(ans, ａ[i]);
            else ans=gcd(ans, ｂ[i]);
        }
        printf("%lld\n", ans);
    }
}

C - Plasticine zebra

思路： 一开始什么思路都没有，卡了很久。后面有一种直觉就是如果头和尾相等，那么如何翻转都是不会增加答案的（虽然一直不会证明）。

设$1-i$的字符串为’zebra’，这样的话只要头尾不相等，在位置$i$进行一次操作，这样’zebra’的长度一定会增加。由于开始提到的‘直觉’，只要操作后头和尾相等就break出循环。

后面看了题解后，就更加奇怪了，不明白自己这种乱搞的做法为什么是对的。

代码：

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#include <bits/stdc++.h>
#define MAXN 100005
#define LL long long
using namespace std;

char a[MAXN];
int ans=1, n, f[MAXN];

void print()
{
    for(int i=0; i<n; i++) printf("%c", a[i]);
    printf("\n");
}

int main()
{
    scanf("%s", a);
    n=strlen(a);
    for(int i=0; i<n; i++)
    {
        if(a[0]==a[n-1]) break;
        if(a[i]==a[i+1])
        {
            reverse(a, a+i+1);
            reverse(a+i+1, a+n);
        }
    }
    f[0]=1;
    for(int i=1; i<n; i++)
    {
        if(a[i]==a[i-1]) f[i]=1;
        else f[i]=f[i-1]+1;
        ans=max(ans, f[i]);
    }
    printf("%d\n", ans);
}

D - Recovering BST

思路： 其实这和平衡树并没有半毛钱关系，只是根据BST的性质让你做区间DP。

对于一个递增序列，你可以任意选一个数作为BST的根，这个数将序列分为两部分，分别作为这个根的左子树和右子树。然后这两个部分又是递增序列，于是可以这样递归下去DP。

大致的思路是这样，但要注意一些细节。首先是要记忆化以保证复杂度，然后就是要记录自己序列是在左子树还是右子树，以便判断是否符合要求（也就是边两端的数GCD>1）。

代码：

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#include <bits/stdc++.h>
#define MAXN 705
#define LL long long
using namespace std;

int n, f[MAXN][MAXN][2], a[MAXN];

int gcd(int x, int y)
{
    return y==0? x:gcd(y, x%y);
}

bool dp(int l, int r, int k, int fa)
{
    if(f[l][r][k]!=-1) return f[l][r][k];
    if(l==r) return 1;
    if(k==0)
    {
        for(int i=l; i<r; i++)
            if(gcd(a[i], a[r])>1 && dp(l, i, 0, i) && dp(i, r-1, 1, i)) return f[l][r][k]=1;
    }
    else
    {
        for(int i=l+1; i<=r; i++)
            if(gcd(a[l], a[i])>1 && dp(l+1, i, 0, i) && dp(i, r, 1, i)) return f[l][r][k]=1;
    }
    return f[l][r][k]=0;
}

int main()
{
    scanf("%d", &n);
    for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%d", &a[i]);
    memset(f, -1, sizeof(f));
    for(int i=1; i<=n; i++)
        if(dp(1, i, 0, i) && dp(i, n, 1, i))
        {
            printf("Yes\n");
            return 0;
        }
    printf("No\n");
}

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问题描述：

我们定义某天的最小波动值为$min \lbrace |$该天以前某一天的营业额$-$该天营业额$| \rbrace $

第一天的最小波动值为第一天的营业额

你的任务是编写一个程序帮助Tiger来计算这一个值：每一天的最小波动值之和。

输入：

第一行为正整数$n(n<=32767)$，表示该公司从成立一直到现在的天数，接下来的$n$行每行有一个整数$ai(|ai|<=1000000)$，表示第$i$天公司的营业额，可能存在负数

输出：

仅一个整数，即每一天的的最小波动值之和（结果小于$2^{31}$）

思路：

我们就是要实现 动态插点，找前驱和后继 这三种操作。首先平衡树肯定是能够做到的，于是就码了一发Splay。

然后其实权值线段树也可以做到。我们先将这些值离散化，每个值对应一个叶子节点。于是我们对于每一个节点维护区间内最左边和最右边的位置就好了。

代码：

Splay代码：

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#include <bits/stdc++.h>
#define MAXN 100005
#define INF 1e9
using namespace std;

int n, m, x, root, tot, ans;

struct Node
{
    int son[2], fa, val, size, tag;
    void init(int x, int y)
    {
        son[0]=son[1]=0;
        size=1; val=x; fa=y;
    }
} t[MAXN];

void up(int x)
{
    t[x].size=t[t[x].son[0]].size+t[t[x].son[1]].size+1;
}

void rotate(int x)
{
    int y=t[x].fa, z=t[y].fa;
    int k1=t[y].son[1]==x, k2=t[z].son[1]==y;
    t[z].son[k2]=x; t[x].fa=z;
    t[y].son[k1]=t[x].son[k1^1]; t[t[x].son[k1^1]].fa=y;
    t[x].son[k1^1]=y; t[y].fa=x;
    up(y); up(x);
}

void splay(int x, int k)
{
    while(t[x].fa!=k)
    {
        int y=t[x].fa, z=t[y].fa;
        if(z!=k)
        {
            if((t[z].son[1]==y)^(t[y].son[1]==x)) rotate(x);
            else rotate(y);
        }
        rotate(x);
    }
    if(k==0) root=x;
}

int findnext(int k, int op)
{
    int x=root;
    x=t[x].son[op];
    while(t[x].son[op^1]) x=t[x].son[op^1];
    return x;
}

void insert(int k)
{
    int fa=0, x=root;
    while(x) fa=x, x=t[x].son[k>t[x].val];
    x=++tot;
    if(fa) t[fa].son[k>t[fa].val]=x;
    t[x].init(k, fa);
    splay(x, 0);
}

int main()
{
    insert(-INF);
    insert(INF);
    scanf("%d%d", &n, &x);
    insert(x);
    ans+=x;
    for(int i=2; i<=n; i++)
    {
        scanf("%d", &x);
        insert(x);
        int y=t[findnext(x, 0)].val;
        int z=t[findnext(x, 1)].val;
        ans+=min(x-y, z-x);
    }
    printf("%d\n", ans);
}

权值线段树代码：

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#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#define MAXN 33000
#define mid (l+r>>1)
#define ls root<<1
#define rs root<<1|1
#define INF 1e9
using namespace std;

int n, ans, a[MAXN], b[MAXN], vis[MAXN], maxpos[MAXN*4], minpos[MAXN*4];

void up(int root)
{
    maxpos[root]=max(maxpos[ls], maxpos[rs]);
    minpos[root]=min(minpos[ls], minpos[rs]);
}

void update(int root, int l, int r, int x)
{
    if(l>x || r<x) return ;
    if(l==r) {maxpos[root]=minpos[root]=l; return;}
    update(ls, l, mid, x);
    update(rs, mid+1, r, x);
    up(root);
}

int queryl(int root, int l, int r, int x, int y)
{
    if(l>y || r<x) return 0;
    if(l>=x && r<=y) return maxpos[root];
    return max(queryl(ls, l, mid, x, y), queryl(rs, mid+1, r, x, y));
}

int queryr(int root, int l, int r, int x, int y)
{
    if(l>y || r<x) return n+1;
    if(l>=x && r<=y) return minpos[root];
    return min(queryr(ls, l, mid, x, y), queryr(rs, mid+1, r, x, y));
}

int main()
{
    scanf("%d", &n);
    for(int i=1; i<=n; i++)
    {
        scanf("%d", &a[i]);
        b[i]=a[i];
    }
    b[0]=-INF; b[n+1]=INF;
    for(int i=0; i<MAXN*4; i++) minpos[i]=n+1;

    sort(b+1, b+n+1);
    unique(b+1, b+n+1);
    for(int i=1; i<=n; i++)
    {
        int pos=lower_bound(b+1, b+n+1, a[i])-b;
        if(vis[pos]) continue;
        vis[pos]=1;
        update(1, 1, n, pos);

        if(i==1) ans+=a[i];
        else
        {
            int x=queryl(1, 1, n, 1, pos-1);
            int y=queryr(1, 1, n, pos+1, n);
            ans+=min(a[i]-b[x], b[y]-a[i]);
        }
    }
    printf("%d\n", ans);
}

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8月30日 AtCoder Regular Contest 101 题目链接：https://arc101.contest.atcoder.jp/

C - Candles

思路： 比较水的一题，发现点燃的$k$根蜡烛一定是相邻的。于是我们之间枚举k根蜡烛的位置就好了。

代码：

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#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <map>
#define MAXN 100005
#define LL long long
#define INF 1e9
using namespace std;

int n, k, x[MAXN], ans=INF;

int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &k);
    for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%d", &x[i]);
    for(int i=k; i<=n; i++)
    {
        if(x[i]<0) ans=min(ans, -x[i-k+1]);
        if(x[i]>=0 && x[i-k+1]<=0) ans=min(ans, x[i]-x[i-k+1]+min(x[i], -x[i-k+1]));
        if(x[i-k+1]>0) ans=min(ans, x[i]);
    }
    printf("%d\n", ans);
}

D - Median of Medians

思路： 好题。。

有一个很神奇的地方就是这题所求的Median of Medians是满足二分性的。首先我们有$n*(n+1)/2$个连续子串，我们设二分的值为$x$，如果至少有$n*(n+1)/4$个 中位数大于等于$x$的连续子串，那么答案就一定是大于等于$x$的，否则就是小于$x$，于是我们就可以根据这个进行二分。

接下来我们的问题就是如何求 中位数大于等于$x$的连续子串 的个数。我们可以将大于等于$x$的数视为1，将小于$x$的数视为-1，然后维护前缀和，记为$c[i]$。那么对于子串$[l, r]$，如果$c[l]<=c[r]$那么这个子串的中位数就是大于$x$的。对于符合要求$[l, r]$的个数，不难想到使用树状数组进行维护。

代码：

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#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <map>
#define MAXN 100005
#define LL long long
using namespace std;

int n, l=1e9, r, ans, a[MAXN], b[MAXN], c[MAXN];
LL t[MAXN*2];

void add(int x, int y)
{
    for(; x<=2e5; x+=(x&-x)) t[x]+=y;
}

LL ask(int x)
{
    LL sum=0;
    for(; x; x-=(x&-x)) sum+=t[x];
    return sum;
}

bool check(int mid)
{
    LL num=0;
    memset(t, 0, sizeof(t));
    for(int i=1; i<=n; i++)
    {
        if(a[i]<mid) c[i]=-1;
        else c[i]=1;
        c[i]=c[i]+c[i-1];
    }
    for(int i=0; i<=n; i++)
    {
        num+=ask(c[i]+1e5);
        add(c[i]+1e5, 1);
    }
    return num>=1LL*(n+1)*n/4;
}

int main()
{
    scanf("%d", &n);
    for(int i=1; i<=n; i++)
    {
        scanf("%d", &a[i]);
        b[i]=a[i];
    }
    sort(b+1, b+n+1);
    l=1; r=n;
    while(l<=r)
    {
        int mid=(l+r)>>1;
        if(check(b[mid])) ans=mid, l=mid+1;
        else r=mid-1;
    }
    printf("%d\n", b[ans]);
}

E - Ribbons on Tree

思路： 也是一道很好的题目，是一个计数类的树形DP。

看完题目后就觉得像是一个计数类的DP，于是按照常规的计数类DP思考如何转化和如何设计状态。首先是可以用容斥的思想，$ans=$所有情况 $-$ 至少一条边未覆盖情况 $+$ 至少两条边未覆盖情况$…..$

那么问题就来了，如何计算 至少$k$条边未覆盖的情况数。如果我们知道$k$条未覆盖的边的具体位置，很容易想到这棵树被分为了$k+1$个互不连通的区域（这里是区域，不一定要联通）。对于一个含有$x$个节点的区域，这个区域的可能情况数量$g(x)$为： 那么如果我们知道了$k$条未覆盖的边的具体位置，这种情况的方案数就是$g(x_1)*g(x_2)….*g(x_{k+1})$，$x_i$就是第$i$个区域的节点数。

但实际上我们并不知道$k$条未覆盖边的位置，并且枚举这$k$条边的复杂度也是不满足要求的，这时我们就可以换一个思路，利用树形DP（虽然思路变了，但是上面的结论都是要用到的）。我们设$f[i][j][k]$为在$i$的子树中，$i$所在联通块大小为$j$，未覆盖边数的奇偶性为$k$($k$为0或1），$j$可能为0，此时表示$i$所在联通块为任意大小。方程的转移就看代码好了，实在是讲不清楚。最后答案就是$f[1][0][1]-f[1][0][0]$

代码：

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#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cmath>
#define MAXN 5005
#define p 1000000007
#define LL long long
using namespace std;

int n, cnt, head[MAXN], size[MAXN];
LL f[MAXN][MAXN][2];

struct Edge {int next, to;} edge[MAXN*2];

void addedge(int from, int to)
{
    edge[++cnt].next=head[from];
    edge[cnt].to=to;
    head[from]=cnt;
}

void dfs(int x, int fa)
{
    size[x]=1; f[x][1][0]=1;
    for(int i=head[x]; i; i=edge[i].next)
    {
        int to=edge[i].to;
        if(to==fa) continue;
        dfs(to, x);
        for(int j=size[x]+size[to]; j>=0; j--)
        {
            LL tx=f[x][j][0], ty=f[x][j][1];
            f[x][j][0]=(f[to][0][0]*tx+f[to][0][1]*ty)%p;
            f[x][j][1]=(f[to][0][0]*ty+f[to][0][1]*tx)%p;
            for(int k=max(1, j-size[x]); k<=min(j, size[to]); k++)
            {
                f[x][j][0]=(f[x][j][0]+f[to][k][0]*f[x][j-k][0]%p+f[to][k][1]*f[x][j-k][1]%p)%p;
                f[x][j][1]=(f[x][j][1]+f[to][k][0]*f[x][j-k][1]%p+f[to][k][1]*f[x][j-k][0]%p)%p;
            }
        }
        size[x]+=size[to];
    }
    LL temp=1;
    for(int i=2; i<=size[x]; i+=2)
    {
        temp=temp*(i-1)%p;
        f[x][0][0]=(f[x][0][0]+f[x][i][1]*temp)%p;
        f[x][0][1]=(f[x][0][1]+f[x][i][0]*temp)%p;
    }
}

int main()
{
    scanf("%d", &n);
    for(int i=1; i<n; i++)
    {
        int x, y;
        scanf("%d%d", &x, &y);
        addedge(x, y);
        addedge(y, x);
    }
    dfs(1, 0);
    printf("%lld\n", (f[1][0][1]-f[1][0][0]+p)%p);
}

F - Robots and Exits

思路：

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#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cmath>
#define MAXN 100005
#define p 1000000007
#define LL long long
using namespace std;

int n, m, cnt, x[MAXN], y[MAXN], a[MAXN], b[MAXN];
LL t[MAXN];

struct Node {int a, b;} c[MAXN];

bool CMP(Node x, Node y)
{
    if(x.a!=y.a) return x.a<y.a;
    return x.b>y.b;
}

void add(int x, int y)
{
    for(; x<=cnt; x+=(x&-x)) t[x]=(t[x]+y)%p;
}

LL ask(int x)
{
    LL sum=0;
    for(; x; x-=(x&-x)) sum=(sum+t[x])%p;
    return sum;
}

int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%d", &x[i]);
    for(int i=1; i<=m; i++) scanf("%d", &y[i]);
    for(int i=1, j=1; i<m && j<=n; i++)
    {
        while(x[j]<y[i]) j++;
        while(x[j]>=y[i] && x[j]<=y[i+1])
        {
            a[++cnt]=x[j]-y[i];
            b[cnt]=y[i+1]-x[j];
            c[cnt].a=a[cnt]; c[cnt].b=b[cnt];
            j++;
        }
    }
    sort(a+1, a+cnt+1); sort(b+1, b+cnt+1);
    for(int i=1; i<=cnt; i++)
    {
        c[i].a=lower_bound(a+1, a+cnt+1, c[i].a)-a;
        c[i].b=lower_bound(b+1, b+cnt+1, c[i].b)-b;
    }
    sort(c+1, c+cnt+1, CMP);
    for(int i=1; i<=cnt; i++)
        if(c[i].a!=c[i-1].a || c[i].b!=c[i-1].b) add(c[i].b, (ask(c[i].b-1)+1)%p);
    printf("%d\n", (ask(cnt)+1)%p);
}

Posted on Edited on In

问题描述：

给一棵树，每条边有权。求一条简单路径，权值和等于$K$，且边的数量最小。

输入：

第一行：两个整数$n,k$ 第二至 $n$行：每行三个整数，表示一条无向边的两端和权值 (注意点的编号从$0$开始)

输出：

一个整数，表示最小边数量 如果不存在这样的路径，输出$-1$

思路：

对于静态统计树上路径的问题，点分治往往是一种可行的做法。这道题也就可以用点分治来做。

分治时对于根节点$p$，可以开一个数组$val$记录从$p$开始每个长度的链最少需要多少条边。需要注意的是，我们应该对每个子树先dfs一遍更新答案，再dfs一遍更新$val$数组。这是因为如果同时操作，计算时就会乱掉（可能两条链属于同一棵子树，这样两条链就有重复的边）。dfs时记录当前链的深度$dep$和边数$num$，就用$val[k-dep]+num$来更新答案。

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#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define MAXN 200005
#define MAXK 1000006
#define INF 0x3f3f3f3f
#define LL long long
using namespace std;

int n, k, cnt, tot, root, ans, head[MAXN], size[MAXN], val[MAXK], f[MAXN];
bool vis[MAXN];

struct Edge {int next, to, dis;} edge[MAXN*2];

void addedge(int from, int to, int dis)
{
    edge[++cnt].next=head[from];
    edge[cnt].to=to;
    edge[cnt].dis=dis;
    head[from]=cnt;
}

void getroot(int x, int fa)
{
    size[x]=1; f[x]=0; 
    for(int i=head[x]; i; i=edge[i].next)
    {
        int to=edge[i].to;
        if(to==fa || vis[to]) continue;
        getroot(to, x);
        size[x]+=size[to];
        f[x]=max(f[x], size[to]);
    }
    f[x]=max(f[x], tot-size[x]);
    if(f[x]<f[root]) root=x;
}

void getdis(int x, int fa, int dep, int num, int op)
{
    if(op==0) val[dep]=min(val[dep], num);
    else val[dep]=INF;
    for(int i=head[x]; i; i=edge[i].next)
    {
        int to=edge[i].to;
        if(to==fa || vis[to]) continue;
        if(dep+edge[i].dis<=k) getdis(to, x, dep+edge[i].dis, num+1, op); 
    }
}

void update(int x, int fa, int dep, int num)
{
    ans=min(ans, val[k-dep]+num);
    for(int i=head[x]; i; i=edge[i].next)
    {
        int to=edge[i].to;
        if(to==fa || vis[to]) continue;
        if(dep+edge[i].dis<=k) update(to, x, dep+edge[i].dis, num+1); 
    }
}

void divide(int x)
{
    vis[x]=1; val[0]=0;
    for(int i=head[x]; i; i=edge[i].next)
    {
        int to=edge[i].to;
        if(vis[to]) continue;
        if(edge[i].dis<=k) update(to, x, edge[i].dis, 1);
        if(edge[i].dis<=k) getdis(to, x, edge[i].dis, 1, 0);
    }
    for(int i=head[x]; i; i=edge[i].next)
    {
        int to=edge[i].to;
        if(vis[to]) continue;
        if(edge[i].dis<=k) getdis(to, x, edge[i].dis, 1, 1);
    }
    for(int i=head[x]; i; i=edge[i].next)
    {
        int to=edge[i].to;
        if(vis[to]) continue;
        tot=size[to]; root=0;
        getroot(to, x);
        divide(root);
    }
}

int main()
{
    f[0]=INF; ans=INF;
    memset(val, 0x3f, sizeof(val));

    scanf("%d%d", &n, &k);
    for(int i=1; i<n; i++)
    {
        int x, y, z;
        scanf("%d%d%d", &x, &y, &z);
        x++; y++;
        addedge(x, y, z);
        addedge(y, x, z);
    }
    tot=n; root=0;
    getroot(1, 0);
    divide(root);
    if(ans==INF) printf("-1\n");
    else printf("%d\n", ans);
 }