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D 題不知道為什麼掛了一發。臨時排名 155。
F 題解請等待後續更新。
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Educational Codeforces Round 168 (Rated for Div. 2)
A.Strong Password
題目大意
給定一個字串 \(a\)，你需要在中間（可以是開頭或結尾）插入一個字元，使得滿足 \(a_i \neq a_{i+1}\) 的 \(i\) 最多。
多組測試，\(1 \le |a| \le 10, T \le 10^3\)。
思路
如果有兩個字元相鄰且相同，直接在這它們之間插入一個不同於它們的字元。否則在字串結尾插入一個不同於結尾的字元。
程式碼實現
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define For(i,a,b) for(ll i=(a);i<=(b);++i)
#define Rep(i,a,b) for(ll i=(a);i>=(b);--i)
#define pb push_back
const ll N=1e6+10;
using namespace std;
ll n,m,k;
char a[N],b[N];
void mian(){
scanf("%s",a+1);
n=strlen(a+1);
ll flag=0;
For(i,1,n-1){
putchar(a[i]);
if(a[i]==a[i+1]&&flag==0){
if(a[i]=='a')putchar('b');
else putchar('a');
flag=1;
}
}
putchar(a[n]);
if(flag==0){
if(a[n]=='a')putchar('b');
else putchar('a');
}
putchar('\n');
}
int main(){
int T=1;
scanf("%d",&T);
while(T--)mian();
return 0;
}
B.Make Three Regions
題目大意
有一個 \(2 \times n\) 的網格，上面有些格子是障礙物，有些是空地。保證空地四連通。
求有多少個空地滿足把它變成障礙物後，剩餘的空地被分為三個四連通塊。
多組測試，\(1 \le n \le 2 \times 10^5, T \le 10^4, \sum n \le 2 \times 10^5\)。
思路
發現只有如下兩種情況：
x.x ...
... x.x
特判即可。
程式碼實現
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define For(i,a,b) for(ll i=(a);i<=(b);++i)
#define Rep(i,a,b) for(ll i=(a);i>=(b);--i)
#define pb push_back
const ll N=1e6+10;
using namespace std;
ll n,m,k;
char a[N],b[N];
void mian(){
ll ans=0;
scanf("%lld",&n);
scanf("%s",a+1);
scanf("%s",b+1);
For(i,1,n-2){
if(a[i]=='x'&&a[i+1]=='.'&&a[i+2]=='x'&&b[i]=='.'&&b[i+2]=='.'){
++ans;
}
if(b[i]=='x'&&b[i+1]=='.'&&b[i+2]=='x'&&a[i]=='.'&&a[i+2]=='.'){
++ans;
}
}
printf("%lld\n",ans);
}
int main(){
int T=1;
scanf("%d",&T);
while(T--)mian();
return 0;
}
C.Even Positions
題目大意
一個合法括號序列的權值定義為匹配括號的距離和。
有一個長度為 \(n\) 的合法括號序列，但所有的奇數位置的括號都遺失了。你需要找出所有可能的原序列中，權值最小的為多少。
多組測試，\(n\) 為偶數，\(2 \le n \le 2 \times 10^5, T \le 5000, \sum n \le 2 \times 10^5\)。
思路
發現對於一個右括號，我們會盡可能在它前面放左括號，而對於一個左括號，我們會在它後面放右括號。
手玩發現，為了使括號序列合法，我們會先滿足左括號，再考慮右括號。
也就是說，一個左括號出現時，它後面最近的右括號的匹配括號會左移 \(2\)，最後權值也會增加 \(2\)。
統計左括號的數量 \(x\)，\(\frac{n}{2}+2x\) 即為答案。
程式碼實現
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define For(i,a,b) for(ll i=(a);i<=(b);++i)
#define Rep(i,a,b) for(ll i=(a);i>=(b);--i)
#define pb push_back
const ll N=1e6+10;
using namespace std;
ll n,m,k;
char a[N],b[N];
void mian(){
ll ans=0;
scanf("%lld",&n);
scanf("%s",a+1);
ans=n/2;
For(i,1,n){
if(a[i]=='('){
ans+=2;
}
}
printf("%lld\n",ans);
}
int main(){
int T=1;
scanf("%d",&T);
while(T--)mian();
return 0;
}
D.Maximize the Root
題目大意
給定一棵 \(n\) 個點的樹，根為 \(1\)。第 \(i\) 個點有一個權值 \(a_i\)。
你可以多次操作：選擇一個點，讓其子樹所有點（不包括自己）權值減 \(1\)，自己權值加 \(1\)。
權值不能為負。求最後根節點的最大權值。
多組測試，\(n\) 為偶數，\(2 \le n \le 2 \times 10^5, 0 \le a_i \le 10^9, T \le 10^4, \sum n \le 2 \times 10^5\)。
思路
明顯不能貪心。考慮 dp。
我們要讓根節點儘可能大，那麼就要讓根節點能進行的運算元儘可能多。
而運算元取決於子樹中權值最小的點的權值。
令 \(dp_i\) 表示 \(i\) 的子樹操作完之後最小值的最大值。
轉移時，令 \(mn\) 為 \(x\) 的兒子節點的 \(dp\) 值的最小值，分類討論：
-
\(mn < a_x\)。此時操作只會讓最小值更小。\(dp_x=tmp\)。
-
\(mn \ge a_x\)。此時我們可以操作直到 \(mn \le a_x\)，這樣最小值會變大。\(dp_x=\lfloor\frac{mn+a_x}{2}\rfloor\)。
注意我們是要讓根節點權值最大，所以在根節點上不需要考慮子樹最小值最大，直接無腦操作即可。
程式碼實現
根節點記得特判。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define For(i,a,b) for(ll i=(a);i<=(b);++i)
#define Rep(i,a,b) for(ll i=(a);i>=(b);--i)
#define pb push_back
const ll N=1e6+10;
using namespace std;
ll n,m,k;
ll a[N],b[N];
ll fa[N];
vector<ll>e[N];
void dfs(ll x){
ll mn=1000000001;
for(ll y:e[x]){
if(y==fa[x])continue;
dfs(y);
mn=min(mn,b[y]);
}
if(mn==1000000001){
b[x]=a[x];
return;
}
if(x==1){
a[x]+=mn;
return;
}
if(a[x]<mn)b[x]=(a[x]+mn)/2;
else b[x]=mn;
}
void mian(){
ll ans=0;
scanf("%lld",&n);
For(i,1,n){
scanf("%lld",&a[i]);
e[i].clear();
b[i]=0;
}
For(i,2,n){
scanf("%lld",&fa[i]);
e[i].pb(fa[i]),e[fa[i]].pb(i);
}
dfs(1);
printf("%lld\n",a[1]);
}
int main(){
int T=1;
scanf("%d",&T);
while(T--)mian();
return 0;
}
E.
題目大意
有一個長度為 \(n\) 的序列 \(a\) 和整數 \(x,k\)，\(x\) 一開始等於 \(1\)。
一次操作定義為：依次對 \(i = 1 \to n\)，每 \(k\) 次滿足 \(a_i \ge x\)，\(x \larr x + 1\)。
現在告訴你序列 \(a\)，有 \(q\) 次詢問，每次詢問給定 \(p,t\)，求在 \(k=t\)、操作進行到 \(i=p\) 時，\(a_p \ge x\) 是否滿足。
思路
沒有修改操作，首先想到預處理。
手玩發現，對於每個 \(i\)，滿足條件的 \(k\) 是一個範圍，即大於等於一個閾值 \(b_i\)。
所以我們需要做的，就是快速求出每個 \(i\) 的閾值。
如果求單個 \(i\) 的閾值，我們可以使用二分答案。這樣做的複雜度瓶頸在 check 函式上。
那麼為了降低複雜度，我們需要尋找共用的資訊。
我們發現，check 的本質其實是在找之前有多少下標已經滿足條件。
那麼我們直接開一顆權值線段樹，記錄當前的每個 \(k\) 值對應的滿足條件的下標數。
每次計算出一個 \(b_i\)，將線段樹上 \(b_i \to n\) 整體加 \(1\)。查詢時單點查詢。
二分答案套上一個線段樹，複雜度 \(O(n log^2 n)\)。
程式碼實現
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define For(i,a,b) for(ll i=(a);i<=(b);++i)
#define Rep(i,a,b) for(ll i=(a);i>=(b);--i)
#define Yes printf("Yes\n")
#define No printf("No\n")
#define pb push_back
const ll N=1e6+10;
using namespace std;
ll n,m,k,q;
ll a[N],b[N];
#define lson rt<<1
#define rson rt<<1|1
ll c[N],lazy[N];
void build(ll rt,ll l,ll r){
if(l==r){
c[rt]=lazy[rt]=0;
return;
}
ll mid=(l+r)>>1;
build(lson,l,mid);
build(rson,mid+1,r);
}
void pushdown(ll rt,ll l,ll r){
ll mid=(l+r)>>1;
if(lazy[rt]){
lazy[lson]+=lazy[rt];
lazy[rson]+=lazy[rt];
c[lson]+=lazy[rt]*(mid-l+1);
c[rson]+=lazy[rt]*(r-mid);
lazy[rt]=0;
}
}
void change(ll rt,ll l,ll r,ll x,ll y,ll z){
if(x<=l&&r<=y){
lazy[rt]+=z;
c[rt]+=z*(r-l+1);
return;
}
pushdown(rt,l,r);
ll mid=(l+r)>>1;
if(x<=mid)change(lson,l,mid,x,y,z);
if(y>mid)change(rson,mid+1,r,x,y,z);
c[rt]=c[lson]+c[rson];
}
ll query(ll rt,ll l,ll r,ll x){
if(l==r)return c[rt];
pushdown(rt,l,r);
ll mid=(l+r)>>1;
if(x<=mid)return query(lson,l,mid,x);
else return query(rson,mid+1,r,x);
}
void mian(){
ll ans=0;
scanf("%lld%lld",&n,&q);
For(i,1,n){
scanf("%lld",&a[i]);
b[i]=0;
}
build(1,1,n);
change(1,1,n,1,n,1);
For(i,2,n){
ll l=1,r=n,res=0;
while(l<=r){
ll mid=(l+r)>>1;
if(query(1,1,n,mid)/mid+1>a[i])l=mid+1;
else res=mid,r=mid-1;
}
b[i]=res;
change(1,1,n,res,n,1);
}
while(q--){
ll x,y;
scanf("%lld%lld",&x,&y);
if(b[x]<=y)Yes;
else No;
}
}
int main(){
int T=1;
while(T--)mian();
return 0;
}
F.
題目大意
思路
程式碼實現
尾聲
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