A
題解
知識點：數學。
用 \(n\) 減去區間1的端點得到匹配的一個區間，求一下與區間2的交集。
一個小公式，兩區間 \([L_1,R_1]\) 和 \([L_2,R_2]\) 的交集長度為 \(\max(0, \min(R_1, R_2) - \max(L_1, L_2) + 1)\) 。
時間複雜度 \(O(1)\)
空間複雜度 \(O(1)\)
程式碼
#include <bits/stdc++.h>
using ll = long long;
using namespace std;
bool solve() {
int n;
cin >> n;
int l1, r1, l2, r2;
cin >> l1 >> r1 >> l2 >> r2;
int y = n - l1, x = n - r1;
cout << max(0, min(y, r2) - max(x, l2) + 1) << '\n';
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}
B
題解
知識點：數學。
用 \(n\) 減去區間1的端點得到匹配的一個區間，求一下與區間2的交集。
一個小公式，兩區間 \([L_1,R_1]\) 和 \([L_2,R_2]\) 的交集長度為 \(\max(0, \min(R_1, R_2) - \max(L_1, L_2) + 1)\) 。
時間複雜度 \(O(1)\)
空間複雜度 \(O(1)\)
程式碼
#include <bits/stdc++.h>
using ll = long long;
using namespace std;
bool solve() {
int n;
cin >> n;
int l1, r1, l2, r2;
cin >> l1 >> r1 >> l2 >> r2;
int y = n - l1, x = n - r1;
cout << max(0, min(y, r2) - max(x, l2) + 1) << '\n';
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}
C
題解
知識點：列舉，差分，字首和。
列舉每個區間 \([L,R]\) 的匹配區間 \([n-R,n-L]\) ，匹配區間的每個點被其他區間覆蓋的次數總和。
我們可以預處理出每個點被區間覆蓋的次數 \(d_i\) ，可以用差分再字首和得到。對此，再做一次字首和，就可以快速得到 \([n-R,n-L]\) 每個點被所有區間覆蓋的次數總和， \(d_{n-L} - d_{n-R-1}\) 。
再減去與 \([L,R]\) 重合部分的一段，可以用公式 \(\max(0, \min(R, n-L) - \max(L, n-R) + 1)\) 。
要注意先特判 \(n-R>2\times 10^5\) 和 \(n-L<0\) 的無交集情況。
之後，再處理 \(n-L>2 \times 10^5\) 和 \(n-R<1\) 的越界情況。
時間複雜度 \(O(2 \cdot 10^5 \cdot m)\)
空間複雜度 \(O(2 \cdot 10^5 + m)\)
程式碼
#include <bits/stdc++.h>
using ll = long long;
using namespace std;
const int P = 998244353;
int L[400007], R[400007];
ll d[200007];
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int n, m;
cin >> n >> m;
for (int i = 1;i <= m;i++) {
cin >> L[i] >> R[i];
d[L[i]]++;
d[R[i] + 1]--;
}
for (int i = 1;i <= 2e5;i++) d[i] += d[i - 1];
for (int i = 1;i <= 2e5;i++) d[i] += d[i - 1];
ll ans = 0;
for (int i = 1;i <= m;i++) {
int y = n - L[i], x = n - R[i];
if (y <= 0 || x > 2e5) continue;
x = max(x, 1);
y = min(y, 200000);
ans = ans + d[y] - d[x - 1] - max(0, min(y, R[i]) - max(x, L[i]) + 1);
ans %= P;
}
cout << ans << '\n';
return 0;
}
D
題解
知識點：貪心。
一個節點的深度就是這個節點的能量能被獲取的次數，顯然深度越大的節點能量應該越大，所以直接求完深度從小到大排序，能量也從小到大排序，乘在一起加起來就行。
因為 \(1 \leq f_i \leq i-1\) ，所以可以直接求出每個點的深度，不需要樹形dp。
時間複雜度 \(O(n \log n)\)
空間複雜度 \(O(n)\)
程式碼
#include <bits/stdc++.h>
using ll = long long;
using namespace std;
const int N = 200007;
int a[N];
int dep[N];
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int n;
cin >> n;
dep[1] = 1;
for (int i = 2;i <= n;i++) {
int f;
cin >> f;
dep[i] = dep[f] + 1;
}
for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> a[i];
sort(a + 1, a + n + 1);
sort(dep + 1, dep + n + 1);
ll ans = 0;
for (int i = 1;i <= n;i++) {
ans += 1LL * dep[i] * a[i];
}
cout << ans << '\n';
return 0;
}
E
題解
知識點：數學，二分。
透過一些不容易的證明，可以知道全域性最小值一定出現在 \(\left\lfloor \sqrt n \right\rfloor,\left\lceil \sqrt n \right\rceil\) 兩個點。
具體的，我們考慮 \(g(x) = \dfrac{n}{x} + x - 1\) 容易知道 \(\sqrt n\) 就是最小值點，但對於 \(f(x) = \left\lfloor \dfrac{n}{x} \right\rfloor + x - 1\) ，考慮 \(\sqrt n\) 兩邊的變化率。若 \(x \in \Z^+\) ， \(\sqrt n\) 右側 \(\dfrac{n}{x}\) 的減量小於 \(x\) 的增量，所以 \(\left\lfloor \dfrac{n}{x} \right\rfloor\) 的減量小於等於 \(x\) 增量；左側 \(\dfrac{n}{x}\) 的增量大於 \(x\) 的減量，所以 \(\left\lfloor \dfrac{n}{x} \right\rfloor\) 的增量大於等於 \(x\) 減量，所以全域性最小值一定出現在 \(\left\lfloor \sqrt n \right\rfloor,\left\lceil \sqrt n \right\rceil\) 兩個點，就可以比較得出最小值所在點了。
設全域性最小值點為 \(x\) ，若 \(L \geq x\) 顯然答案為 \(L\) 。
否則，考慮區間 \([L,R]\) 的區域性最小值點，因為 \([1,x]\) 遞減，所以區域性最小值點為 \(t = \min(R,x)\) ，我們在 \([1,t]\) 內二分找到最左側的最小值點即可。
注意這道題直接三分不行，考慮三分：
2211222|2222222|2222222
2222222|2222222|2221122
顯然此時我們就無法判斷是向左還是向右收縮。當然可以動用人類智慧，三分找到個區域性點左右列舉 \(1000\) 個數qwq。
時間複雜度 \(O(\log n)\)
空間複雜度 \(O(1)\)
程式碼
#include <bits/stdc++.h>
using ll = long long;
using namespace std;
ll n, L, R;
ll x;
ll f(ll x) {
return n / x + x - 1;
}
bool check(ll mid) {
return f(mid) - f(x) > 0;
}
bool solve() {
cin >> n >> L >> R;
x = sqrt(n);
x = f(x) <= f(x + 1) ? x : x + 1;//全域性最小值點
if (L >= x) cout << L << '\n';
else {
x = min(R, x);//[L,R]的最小值點
ll l = L, r = x;
while (l <= r) {
ll mid = l + r >> 1;
if (check(mid)) l = mid + 1;
else r = mid - 1;
}
cout << l << '\n';
}
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}
F
題解
知識點：BFS。
找到同時能到起點和終點的點即可，於是從起點和終點分別搜尋。
時間複雜度 \(O(n)\)
空間複雜度 \(O(n)\)
程式碼
#include <bits/stdc++.h>
using ll = long long;
using namespace std;
int n, k;
bool dt[500007][10];
struct node {
int x, y;
};
queue<node> q;
void bfs(node st, vector<vector<int>> &vis, vector<vector<int>> &dir) {
vis[st.x][st.y] = 1;
q.push(st);
while (!q.empty()) {
node cur = q.front();
q.pop();
for (int i = 0;i < 2;i++) {
int xx = cur.x + dir[i][0];
int yy = cur.y + dir[i][1];
if (xx <= 0 || xx > n || yy <= 0 || yy > 3 || vis[xx][yy] || dt[xx][yy]) continue;
vis[xx][yy] = 1;
q.push({ xx,yy });
}
}
}
bool solve() {
cin >> n >> k;
for (int i = 1;i <= n;i++) dt[i][1] = dt[i][2] = dt[i][3] = 0;
for (int i = 1;i <= k;i++) {
int x, y;
cin >> x >> y;
dt[x][y] ^= 1;
}
vector<vector<int>> vis1(n + 1, vector(4, 0));
vector<vector<int>> vis2(n + 1, vector(4, 0));
vector<vector<int>> dir1 = { {1,0},{0,1} };
vector<vector<int>> dir2 = { {-1,0},{0,-1} };
bfs({ 1,1 }, vis1, dir1);
bfs({ n,3 }, vis2, dir2);
if (!vis1[n][3]) cout << 0 << '\n';
else {
int ans = 0;
for (int i = 1;i <= n;i++) {
for (int j = 1;j <= 3;j++) {
if (vis1[i][j] && vis2[i][j]) ans++;
}
}
cout << ans - 1 << '\n';
}
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}
H
題解
方法一
知識點：列舉，差分，貪心。
因為分成子序列，因此可以隨意分配，我們優先把一個數字分在一個序列裡，剩下的分在同一個。
因此，我們可以先求出每個數字的出現次數，再考慮出現次數對答案的貢獻：
| k/貢獻/出現次數 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 |
|---|---|---|---|---|---|
| 1 | 1 | 0 | 0 | 0 | 0 |
| 2 | 1 | 2 | 1 | 1 | 1 |
| 3 | 1 | 2 | 3 | 2 | 2 |
| 4 | 1 | 2 | 3 | 4 | 3 |
| 5 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 |
我們發現規律 \(k<cnt\) 時為 \(k-1\) ，否則為 \(cnt\) 。
我們對此進行兩次差分得到表格：
| k/貢獻二次差分/出現次數 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 |
|---|---|---|---|---|---|
| 1 | 1 | 0 | 0 | 0 | 0 |
| 2 | -1 | 2 | 1 | 1 | 1 |
| 3 | 0 | -2 | 1 | 0 | 0 |
| 4 | 0 | 0 | -2 | 1 | 0 |
| 5 | 0 | 0 | 0 | -2 | 1 |
我們在 \(ans_2 ,ans_{cnt}\) 處加 \(1\) ， \(ans_{cnt+1}\) 處減一即可。
最後字首和兩次，就是答案了。
時間複雜度 \(O(n + 10^5)\)
空間複雜度 \(O(n+10^5)\)
方法二
知識點：列舉，貪心，字首和，二分。
利用上面發現的規律：
\(k<cnt\) 時為 \(k-1\) ，否則為 \(cnt\) 。
我們先求出每個數字出現的次數，然後按照次數從小到大排序，隨後列舉 \(k\) 。
我們用二分找到 \(cnt > k\) 的位置，於是 \(cnt\leq k\) 的部分為 \(cnt\) 用字首和得到總和，否則就是個數乘 \(k-1\) 。
時間複雜度 \(O(n \log 10^5)\)
空間複雜度 \(O(n + 10^5)\)
程式碼
方法一
#include <bits/stdc++.h>
using ll = long long;
using namespace std;
int cnt[100007];
int ans[100007];
bool solve() {
int n;
cin >> n;
for (int i = 1;i <= 1e5;i++) ans[i] = cnt[i] = 0;
for (int i = 1;i <= n;i++) {
int x;
cin >> x;
cnt[x]++;
}
for (int i = 1;i <= 1e5;i++) {
if (!cnt[i]) continue;
ans[2]++;
ans[cnt[i]]++;
ans[cnt[i] + 1] -= 2;
}
for (int i = 1;i <= n;i++) ans[i] += ans[i - 1];
for (int i = 1;i <= n;i++) ans[i] += ans[i - 1];
for (int i = 1;i <= n;i++) cout << ans[i] << '\n';
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}
方法二
#include <bits/stdc++.h>
using ll = long long;
using namespace std;
int cnt[100007];
int sum[100007];
bool solve() {
int n;
cin >> n;
for (int i = 1;i <= 1e5;i++) cnt[i] = 0;
for (int i = 1;i <= n;i++) {
int x;
cin >> x;
cnt[x]++;
}
sort(cnt + 1, cnt + 100000 + 1);
for (int i = 1;i <= 1e5;i++) sum[i] = sum[i - 1] + cnt[i];
for (int i = 1;i <= n;i++) {
int idx = upper_bound(cnt + 1, cnt + 100000 + 1, i) - cnt;
cout << sum[idx - 1] + (100000 - idx + 1) * (i - 1) << '\n';
}
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}
J
題解
知識點：數學。
分類討論：
綜上 \(\max(|a_i-a_j|,|a_i+a_j|) = |a_i|+|a_j|\) 。
所以
時間複雜度 \(O(n)\)
空間複雜度 \(O(1)\)
程式碼
#include <bits/stdc++.h>
using ll = long long;
using namespace std;
bool solve() {
int n;
cin >> n;
ll ans = 0;
for (int i = 1;i <= n;i++) {
int x;
cin >> x;
ans += abs(x);
}
ans *= 2 * n;
cout << ans << '\n';
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}
K
題解
知識點：圖論建模，列舉。
題目可以轉化為 \(n\) 個點 \(m\) 條邊的一張無向圖。 \(q\) 次詢問，每次選出 \(k\) 個點，求這些點構成的最大子圖的邊數。
直接列舉的最壞複雜度是 \(O(m\sum k)\) ，顯然不可行，問題出在有些點的邊可能很多。
此時我們利用平衡思想。因為邊的方向不重要，所以可以給邊定向，減少某些點的邊數。我們考慮一條邊的兩個點 \(x,y\) 的度數 \(d_x,d_y\) ，當其滿足 \(d_x \leq d_y\) 時，建 \(x \to y\) 的邊；否則，建 \(y \to x\) 的邊。這種操作能將邊數平衡到 \(O(\sqrt m)\) 的複雜度。
證明：
設 \(x\) 的出邊個數為 \(cnt_x\) ，則有 \(cnt_x ^2 \leq cnt_x d_x\leq \sum d_y \leq 2m\) ，因此可以證明 \(cnt_x \leq \sqrt{2m}\) 。
時間複雜度 \(O(\sqrt m \sum k)\)
空間複雜度 \(O(n+m)\)
程式碼
#include <bits/stdc++.h>
using ll = long long;
using namespace std;
struct Graph {
struct edge {
int v, nxt;
};
int idx;
vector<int> h;
vector<edge> e;
Graph(int n, int m):idx(0), h(n + 1), e(m + 1) {}
void init(int n) {
idx = 0;
h.assign(n + 1, 0);
}
void add(int u, int v) {
e[++idx] = edge{ v,h[u] };
h[u] = idx;
}
};
const int N = 2e5 + 7, M = 2e5 + 7;
Graph g(N, M);
int feat[N];
bool vis[N];
int deg[N];
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int n, m, q;
cin >> n >> m >> q;
vector<pair<int, int>> edge(m + 1);
for (int i = 1;i <= m;i++) {
int u, v;
cin >> u >> v;
edge[i] = { u,v };
deg[u]++;
deg[v]++;
}
for (int i = 1;i <= m;i++) {
auto [u, v] = edge[i];
if (deg[u] < deg[v]) g.add(u, v);
else g.add(v, u);
}
while (q--) {
int k;
cin >> k;
for (int i = 1;i <= k;i++) cin >> feat[i], vis[feat[i]] = 1;
int ans = 0;
for (int i = 1;i <= k;i++) {
for (int j = g.h[feat[i]];j;j = g.e[j].nxt) {
int v = g.e[j].v;
if (!vis[v]) continue;
ans++;
}
}
cout << ans << '\n';
for (int i = 1;i <= k;i++) vis[feat[i]] = 0;
}
return 0;
}
L
題解
知識點：數論，列舉。
考慮先將 \(a_i\cdot a_j \bmod p\) 和 \(a_k \bmod p\) 的值的個數統計到 \(cnta\) 和 \(cntb\) 中。
隨後 \(\displaystyle ans_x = \sum_{(i+j) \mod p = x} cnta_i \cdot cntb_j\) ，但此時我們沒考慮 \(i = k\) 或 \(j = k\) 的情況，我們只要單獨把 \((a_i\cdot a_j + a_i) \bmod p\) 的答案減去 \(2\) 即可，代表減掉 \((i,j,i),(j,i,i)\) 兩組。
時間複雜度 \(O(n^2 + p^2)\)
空間複雜度 \(O(n+p)\)
程式碼
#include <bits/stdc++.h>
using ll = long long;
using namespace std;
int a[5007];
int cnta[5007], cntb[5007];
ll ans[5007];
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int n, p;
cin >> n >> p;
for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> a[i];
for (int i = 1;i <= n;i++) cnta[a[i] % p]++;
for (int i = 1;i <= n;i++)
for (int j = 1;j <= n;j++)
if (i != j) cntb[1LL * a[i] * a[j] % p]++;
for (int i = 0;i < p;i++)
for (int j = 0;j < p;j++)
ans[(i + j) % p] += 1LL * cnta[i] * cntb[j];
for (int i = 1;i <= n;i++)
for (int j = 1;j <= n;j++)
if (i != j) ans[(1LL * a[i] * a[j] + a[i]) % p] -= 2;
for (int i = 0;i < p;i++) cout << ans[i] << " \n"[i == p - 1];
return 0;
}