Codeforces Round 981 div3 個人題解(A~G)

ExtractStars發表於2024-10-25

Codeforces Round 981 div3 個人題解(A~G)

Dashboard - Codeforces Round 981 (Div. 3) - Codeforces

火車頭

#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS 1

#include <algorithm>
#include <array>
#include <bitset>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <chrono>
#include <fstream>
#include <functional>
#include <iomanip>
#include <iostream>
#include <iterator>
#include <list>
#include <map>
#include <numeric>
#include <queue>
#include <random>
#include <set>
#include <stack>
#include <string>
#include <tuple>
#include <unordered_map>
#include <utility>
#include <vector>

#define ft first
#define sd second

#define yes cout << "yes\n"
#define no cout << "no\n"

#define Yes cout << "Yes\n"
#define No cout << "No\n"

#define YES cout << "YES\n"
#define NO cout << "NO\n"

#define pb push_back
#define eb emplace_back

#define all(x) x.begin(), x.end()
#define all1(x) x.begin() + 1, x.end()
#define unq_all(x) x.erase(unique(all(x)), x.end())
#define unq_all1(x) x.erase(unique(all1(x)), x.end())
#define sort_all(x) sort(all(x))
#define sort1_all(x) sort(all1(x))
#define reverse_all(x) reverse(all(x))
#define reverse1_all(x) reverse(all1(x))

#define inf 0x3f3f3f3f
#define infll 0x3f3f3f3f3f3f3f3fLL

#define RED cout << "\033[91m"
#define GREEN cout << "\033[92m"
#define YELLOW cout << "\033[93m"
#define BLUE cout << "\033[94m"
#define MAGENTA cout << "\033[95m"
#define CYAN cout << "\033[96m"
#define RESET cout << "\033[0m"

// 紅色
#define DEBUG1(x)                     \
    RED;                              \
    cout << #x << " : " << x << endl; \
    RESET;

// 綠色
#define DEBUG2(x)                     \
    GREEN;                            \
    cout << #x << " : " << x << endl; \
    RESET;

// 藍色
#define DEBUG3(x)                     \
    BLUE;                             \
    cout << #x << " : " << x << endl; \
    RESET;

// 品紅
#define DEBUG4(x)                     \
    MAGENTA;                          \
    cout << #x << " : " << x << endl; \
    RESET;

// 青色
#define DEBUG5(x)                     \
    CYAN;                             \
    cout << #x << " : " << x << endl; \
    RESET;

// 黃色
#define DEBUG6(x)                     \
    YELLOW;                           \
    cout << #x << " : " << x << endl; \
    RESET;

using namespace std;

typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ld;
// typedef __int128_t i128;

typedef pair<int, int> pii;
typedef pair<ll, ll> pll;
typedef pair<ld, ld> pdd;
typedef pair<ll, int> pli;
typedef pair<string, string> pss;
typedef pair<string, int> psi;
typedef pair<string, ll> psl;

typedef tuple<int, int, int> ti3;
typedef tuple<ll, ll, ll> tl3;
typedef tuple<ld, ld, ld> tld3;

typedef vector<bool> vb;
typedef vector<int> vi;
typedef vector<ll> vl;
typedef vector<string> vs;
typedef vector<pii> vpii;
typedef vector<pll> vpll;
typedef vector<pli> vpli;
typedef vector<pss> vpss;
typedef vector<ti3> vti3;
typedef vector<tl3> vtl3;
typedef vector<tld3> vtld3;

typedef vector<vi> vvi;
typedef vector<vl> vvl;

typedef queue<int> qi;
typedef queue<ll> ql;
typedef queue<pii> qpii;
typedef queue<pll> qpll;
typedef queue<psi> qpsi;
typedef queue<psl> qpsl;

typedef priority_queue<int> pqi;
typedef priority_queue<ll> pql;
typedef priority_queue<string> pqs;
typedef priority_queue<pii> pqpii;
typedef priority_queue<psi> pqpsi;
typedef priority_queue<pll> pqpll;
typedef priority_queue<psi> pqpsl;

typedef map<int, int> mii;
typedef map<int, bool> mib;
typedef map<ll, ll> mll;
typedef map<ll, bool> mlb;
typedef map<char, int> mci;
typedef map<char, ll> mcl;
typedef map<char, bool> mcb;
typedef map<string, int> msi;
typedef map<string, ll> msl;
typedef map<int, bool> mib;

typedef unordered_map<int, int> umii;
typedef unordered_map<ll, ll> uml;
typedef unordered_map<char, int> umci;
typedef unordered_map<char, ll> umcl;
typedef unordered_map<string, int> umsi;
typedef unordered_map<string, ll> umsl;

std::mt19937_64 rng(std::chrono::steady_clock::now().time_since_epoch().count());

template <typename T>
inline T read()
{
    T x = 0;
    int y = 1;
    char ch = getchar();
    while (ch > '9' || ch < '0')
    {
        if (ch == '-')
            y = -1;
        ch = getchar();
    }
    while (ch >= '0' && ch <= '9')
    {
        x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ 48);
        ch = getchar();
    }
    return x * y;
}

template <typename T>
inline void write(T x)
{
    if (x < 0)
    {
        putchar('-');
        x = -x;
    }
    if (x >= 10)
    {
        write(x / 10);
    }
    putchar(x % 10 + '0');
}

/*#####################################BEGIN#####################################*/
void solve()
{
}

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false), std::cin.tie(0), std::cout.tie(0);
    // freopen("test.in", "r", stdin);
    // freopen("test.out", "w", stdout);
    int _ = 1;
    std::cin >> _;
    while (_--)
    {
        solve();
    }
    return 0;
}

/*######################################END######################################*/
// 連結：

A. Sakurako and Kosuke

時間限制：每個測試 1 秒
記憶體限制：每個測試 256 兆位元組

Sakurako 和 Kosuke 決定用座標線上的一個點來玩一些遊戲。這個點目前位於位置 $x=0$。他們將輪流行動，Sakurako 將首先行動。

在第 $i$ 步，當前玩家將把點向某個方向移動 $2 \cdot i - 1$ 個單位。Sakurako 將始終向負方向移動點，而 Kosuke 將始終向正方向移動點。

換句話說，將會發生以下情況：

Sakurako 現在將點的位置改變 $-1$，$x=-1$ 現在
Kosuke 現在將點的位置改變 $3$，$x=2$ 現在
Sakurako 現在將點的位置改變 $-5$，$x=-3$ 現在
⋯

只要點的座標絕對值不超過 $n$，他們就會繼續玩。更正式地說，遊戲在 $-n \leq x \leq n$ 時繼續。可以證明遊戲總會結束。

你的任務是確定誰將是最後一個回合的人。

輸入
第一行包含一個整數 $t$ ($1 \leq t \leq 100$) — Sakurako 和 Kosuke 玩的遊戲數量。

每場遊戲都由一個數字 $n$ ($1 \leq n \leq 100$) 描述 — 該數字定義遊戲結束時的條件。

輸出
對於每個 $t$ 場遊戲，輸出一行該遊戲的結果。如果 Sakurako 完成了最後一輪，則輸出“Sakurako”（不帶引號）；否則輸出“Kosuke”。

示例
輸入

輸出

Kosuke
Sakurako
Kosuke
Sakurako

解題思路

觀察樣例發現，$|x_i|=i$，第$i$個位置的絕對值為$i$，所以只需要判斷奇偶即可，奇數一定是Kosuke最後走，偶數一定是Sakurako最後走。

程式碼實現

void solve()
{
    int n;
    cin >> n;
    if (n & 1)
        cout << "Kosuke\n";
    else
        cout << "Sakurako\n";
}

B. Sakurako and Water

時間限制：每個測試 2 秒
記憶體限制：每個測試 256 兆位元組

在與小介的旅途中，櫻子和小介發現了一個山谷，可以用大小為 $n \times n$ 的矩陣來表示，其中第 $i$ 行和 $j$ 列的交點處是一座山，高度為 $a_{i,j}$。如果 $a_{i,j} < 0$，那麼那裡有一個湖。

小介非常怕水，所以櫻子需要幫助他：

用她的魔法，她可以選擇一個正方形的山脈區域，並將該區域主對角線上每座山脈的高度增加一。更正式地說，她可以選擇一個子矩陣，其左上角位於 $(i,j)$，右下角位於 $(p,q)$，這樣 $p - i = q - j$。然後，她可以將所有 $k$ 的 $(i+k)$ 行和 $(j+k)$ 列交叉處的每個元素加一，使得 $0 \leq k \leq p - i$。

已知山谷中每個點的高度都小於 0。

確定櫻子必須使用魔法的最少次數，以使每個尖峰的高度變為非負值。

輸入
第一行包含一個整數 $t$ ($1 \leq t \leq 200$) — 測試用例的數量。

每個測試用例的描述如下：

每個測試用例的第一行由一個數字 $n$ ($1 \leq n \leq 500$) 組成。
接下來的每一行 $n$ 都由空格分隔的 $n$ 個整陣列成，這些整數對應於矩陣 $a$ ($-10^5 \leq a_{i,j} \leq 10^5$) 中尖峰的高度。
保證所有測試用例的 $n$ 之和不超過 1000。

輸出
對於每個測試用例，輸出櫻子必須使用魔法的最少次數，以使所有湖泊消失。

示例
輸入

4
1
1
2
-1 2
3 0
3
1 2 3
-2 1 -1
0 0 -1
5
1 1 -1 -1 3
-3 1 4 4 -4
-1 -1 3 0 -5
4 5 3 -3 -1
3 1 -3 -1 5

輸出

解題思路

如果要使得總操作次數最少，選取的正方形一定是越大越好，這樣覆蓋的可以修改的主對角線山峰才越多。

所有我們每次選擇一定是選擇可以選的最長主對角線。

如果要使得一整條主對角線上的所有山峰大於等於$0$，那麼至少需要加上這條主對角上小於$0$的最小峰的絕對值。

所以我們只需列舉正方形山谷的所有主對角線，找到每條主對角線的小於$0$最小值，把它們的絕對值加起來即可。

下圖為樣例3的所有主對角線(顏色相同的在同一主對角線上)

程式碼實現

void solve()
{
    int n;
    cin >> n;
    vvl a(n, vl(n));
    for (int i = 0; i < n; i++)
    {
        for (int j = 0; j < n; j++)
        {
            cin >> a[i][j];
        }
    }
    ll ans = 0;

    for (int i = 0; i < n; i++)
    {
        i64 mn = a[0][i];
        int x = 0, y = i;
        while (x < n && y < n)
        {
            mn = min(mn, a[x][y]);
            x++;
            y++;
        }
        if (mn < 0)
        {
            // cout << mn << endl;
            ans += mn;
        }
    }

    for (int j = 1; j < n; j++)
    {
        ll mn = a[j][0];
        int x = j, y = 0;
        while (x < n && y < n)
        {
            mn = min(mn, a[x][y]);
            x++;
            y++;
        }
        if (mn < 0)
        {
            // cout << mn << endl;
            ans += mn;
        }
    }
    cout << -ans << endl;
}

C. Sakurako's Field Trip

時間限制：每個測試 2 秒
記憶體限制：每個測試 256 兆位元組

即使在大學裡，學生也需要放鬆。這就是 Sakurako 老師決定去實地考察的原因。眾所周知，所有學生都會排成一排。索引為 $i$ 的學生有一些感興趣的話題，描述為 $a_i$。作為一名老師，您希望儘量減少學生隊伍的干擾。

隊伍的干擾定義為具有相同興趣話題的鄰近人數。換句話說，干擾是索引 $j$ ($1 \leq j < n$) 的數量，例如 $a_j = a_{j+1}$。

為了做到這一點，您可以選擇索引 $i$ ($1 \leq i \leq n$) 並交換位置 $i$ 和 $n - i + 1$ 的學生。您可以執行任意數量的交換。

您的任務是確定透過多次執行上述操作可以實現的最小干擾量。

輸入
第一行包含一個整數 $t$ ($1 \leq t \leq 10^4$) — 測試用例的數量。

每個測試用例用兩行描述。

第一行包含一個整數 $n$ ($2 \leq n \leq 10^5$) — 學生隊伍的長度。
第二行包含 $n$ 個整數 $a_i$ ($1 \leq a_i \leq n$) — 隊伍中學生感興趣的主題。
保證所有測試用例的 $n$ 之和不超過 $2 \cdot 10^5$。

輸出
對於每個測試用例，輸出您可以實現的線路的最小可能干擾。

示例
輸入

9
5
1 1 1 2 3
6
2 1 2 2 1 1
4
1 2 1 1
6
2 1 1 2 2 4
4
2 1 2 3
6
1 2 2 1 2 1
5
4 5 5 1 5
7
1 4 3 5 1 1 3
7
3 1 3 2 2 3 3

輸出

說明
在第一個示例中，需要對 $i=2$ 進行操作，因此陣列將變為 $[1,2,1,1,3]$，其中粗體元素表示已交換的位置。該陣列的干擾量等於 1。

在第四個示例中，只需對 $i=3$ 進行操作，因此陣列將變為 $[2,1,2,1,2,4]$。該陣列的干擾量等於 0。

在第八個示例中，只需對 $i=3$ 進行操作，因此陣列將變為 $[1,4,1,5,3,1,3]$。該陣列的干擾量等於 0。

解題思路

對於每個位置，統計一下不交換時的干擾$pre$和假如交換後的干擾$nex$，如果$nex<pre$，直接進行交換。

程式碼實現

void solve()
{
    int n;
    cin >> n;
    vi a(n + 1);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        cin >> a[i];
    }
    for (int i = 2; i <= n / 2; i++)
    {
        int pre = (a[i] == a[i - 1]) + (a[n - i + 1] == a[n - i + 2]);
        int nex = (a[i] == a[n - i + 2]) + (a[n - i + 1] == a[i - 1]);
        if (nex < pre)
            swap(a[i], a[n - i + 1]);
    }
    int ans = 0;
    for (int i = 2; i <= n; i++)
    {
        if (a[i] == a[i - 1])
            ans++;
    }
    cout << ans << "\n";
}

D. Kousuke's Assignment

時間限制：每個測試 2 秒
記憶體限制：每個測試 256 兆位元組

在和 Sakurako 一起旅行後，Kousuke 非常害怕，因為他忘記了他的程式設計作業。在這次作業中，老師給了他一個包含 $n$ 個整數的陣列 $a$，並要求他計算陣列 $a$ 中不重疊線段的數量，使得每個線段都被認為是美麗的。

如果線段 $[l,r]$ 滿足 $a_l + a_{l+1} + \cdots + a_{r-1} + a_r = 0$，則該線段被認為是美麗的。

對於固定陣列 $a$，您的任務是計算不重疊的美麗線段的最大數量。

輸入
輸入的第一行包含數字 $t$ ($1 \leq t \leq 10^4$) — 測試用例的數量。每個測試用例由 2 行組成。

第一行包含一個整數 $n$ ($1 \leq n \leq 10^5$) — 陣列的長度。
第二行包含 $n$ 個整數 $a_i$ ($-10^5 \leq a_i \leq 10^5$) — 陣列 $a$ 的元素。
保證所有測試用例的 $n$ 的總和不超過 $3 \cdot 10^5$。

輸出
對於每個測試用例，輸出一個整數：不重疊的美麗線段的最大數量。

示例
輸入

3
5
2 1 -3 2 1
7
12 -4 4 43 -3 -5 8
6
0 -4 0 3 0 1

輸出

1
2
3

解題思路

字首和的板子題，對於陣列$a$，我們計算出它的字首和$pre$。對於每個字首和，我們維護上一個下標。

如果遇見相同的字首和，查詢該字首和的上一個下標是否小於上一段線段的結束位置。

如果小於則選擇，否則更新該字首和的上一個下標。

程式碼實現

void solve()
{
    int n;
    cin >> n;
    vl a(n);
    for (int i = 0; i < n; i++)
    {
        cin >> a[i];
    }
    mll mp;
    ll sum = 0;
    mp[0] = -1;
    int cnt = 0;
    int last = -1;
    for (int i = 0; i < n; i++)
    {
        sum += a[i];
        if (mp.find(sum) != mp.end())
        {
            int p = mp[sum];
            if (p >= last)
            {
                cnt++;
                last = i;
            }
        }
        mp[sum] = i;
    }
    cout << cnt << "\n";
}

E. Sakurako, Kosuke, and the Permutation

時間限制：每個測試 2 秒
記憶體限制：每個測試 256 兆位元組

Sakurako 的考試結束了，她表現非常出色。作為獎勵，她得到了一個排列 $p$。Kosuke 並不完全滿意，因為他有一次考試不及格，而且沒有收到禮物。他決定潛入她的房間（多虧了她鎖的密碼）並破壞排列，使其變得簡單。

如果對於每個 $i$ ($1 \leq i \leq n$) 滿足以下條件之一，則排列 $p$ 被認為是簡單的：

$p_i = i$
$p_{p_i} = i$

例如，排列 $[1,2,3,4]$、$[5,2,4,3,1]$ 和 $[2,1]$ 是簡單的，而 $[2,3,1]$ 和 $[5,2,1,4,3]$ 則不是。

在一次操作中，Kosuke 可以選擇索引 $i,j$ ($1 \leq i,j \leq n$) 並交換元素 $p_i$ 和 $p_j$。

Sakurako 即將回家。您的任務是計算 Kosuke 需要執行的最少運算元，以使排列變得簡單。

輸入
第一行包含一個整數 $t$ ($1 \leq t \leq 10^4$) — 測試用例的數量。

每個測試用例用兩行描述。

第一行包含一個整數 $n$ ($1 \leq n \leq 10^6$) — 排列 $p$ 的長度。
第二行包含 $n$ 個整數 $p_i$ ($1 \leq p_i \leq n$) — 排列 $p$ 的元素。
保證所有測試用例的 $n$ 之和不超過 $10^6$。

輸出
對於每個測試用例，輸出 Kosuke 需要執行的最少運算元，以使排列變得簡單。

示例
輸入

6
5
1 2 3 4 5
5
5 4 3 2 1
5
2 3 4 5 1
4
2 3 4 1
3
1 3 2
7
2 3 1 5 6 7 4

輸出

說明
在第一個和第二個示例中，排列已經很簡單。

在第四個示例中，只需交換 $p_2$ 和 $p_4$ 即可。因此，在 1 次操作中，排列將變為 $[2,1,4,3]$。解題思路

解題思路

我們稱$i\rightarrow p_i \rightarrow p_{p_i} \rightarrow p_{p_{p_i}}\rightarrow \dots \rightarrow i$為一個迴圈節，觀察發現，對於一個迴圈節來說，我們只需要操作$\lfloor \frac{ \text{size}-1}{2} \rfloor$(size為迴圈節大小)次，就可以把迴圈節拆成size小於2。

如圖

所以我們只需使用並查集縮點，然後列舉所有聯通塊，計算$\lfloor \frac{ \text{size}-1}{2} \rfloor$之和即可。

感覺這題的難度遠小於C

程式碼實現

struct DSU
{
    vector<int> f;   // 儲存父節點
    vector<int> siz; // 儲存每個集合的大小

    // 預設建構函式
    DSU() {}

    // 建構函式，初始化並查集
    DSU(int n)
    {
        init(n);
    }

    // 初始化並查集
    void init(int n)
    {
        f.resize(n + 1);             // 調整父節點陣列大小
        iota(f.begin(), f.end(), 0); // 將父節點初始化為自身
        siz.assign(n + 1, 1);        // 每個集合初始大小為 1
    }

    // 查詢操作，返回 x 的根節點
    int find(int x)
    {
        // 路徑壓縮
        while (x != f[x])
        {
            // 將 x 的父節點直接指向其祖父節點
            x = f[x] = f[f[x]];
        }
        return x; // 返回根節點
    }

    // 判斷 x 和 y 是否在同一個集合中
    bool same(int x, int y)
    {
        return find(x) == find(y); // 如果根節點相同，則在同一個集合
    }

    // 合併操作，將 x 和 y 所在的集合合併
    bool merge(int x, int y)
    {
        x = find(x); // 找到 x 的根節點
        y = find(y); // 找到 y 的根節點
        if (x == y)
        {
            return false; // 如果已經在同一集合，返回 false
        }
        // 按秩合併，將較小的集合合併到較大的集合中
        if (siz[x] < siz[y])
            swap(x, y);
        siz[x] += siz[y]; // 更新集合大小
        f[y] = x;         // 將 y 的根節點指向 x
        return true;      // 返回 true 表示合併成功
    }

    // 返回 x 所在集合的大小
    int size(int x)
    {
        return siz[find(x)]; // 返回根節點對應的集合大小
    }
};

void solve()
{
    int n;
    cin >> n;
    DSU dsu(n);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        int x;
        cin >> x;
        dsu.merge(i, x);
    }
    vb vis(n + 1);
    int ans = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        int pa = dsu.find(i);
        if (vis[pa])
            continue;
        vis[pa] = true;
        int sz = dsu.size(pa);
        if (sz == 1 || sz == 2)
            continue;
        ans += (sz - 1) / 2;
    }
    cout << ans << endl;
}

F. Kosuke's Sloth

**### F. Kosuke 的懶惰

時間限制：每個測試 1 秒
記憶體限制：每個測試 256 兆位元組

Kosuke 太懶了。他不會給你任何圖例，只會給你任務：

斐波那契數定義如下：

$ f(1) = f(2) = 1 $
$ f(n) = f(n-1) + f(n-2) $ （當 $ n \geq 3 $ 時）

我們將 $ G(n,k) $ 表示為第 $ n $ 個斐波那契數的索引，該數可被 $ k $ 整除。對於給定的 $ n $ 和 $ k $，計算 $ G(n,k) $。

由於這個數字可能太大，因此將其以模數 $ 10^9 + 7 $ 輸出。

例如：$ G(3,2) = 9 $，因為能被 2 整除的第 3 個斐波那契數是 34。序列為 [1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34]。

輸入
輸入資料的第一行包含一個整數 $ t $ ($1 \leq t \leq 10^4$) — 測試用例的數量。

第一行也是唯一一行包含兩個整數 $ n $ 和 $ k $ ($1 \leq n \leq 10^{18}$, $1 \leq k \leq 10^5$)。

保證所有測試用例的 $ k $ 之和不超過 $ 10^6 $。

輸出
對於每個測試用例，輸出唯一的數字：模數為 $ 10^9 + 7 $ 後得到的值 $ G(n,k) $。

示例
輸入

3
3 2
100 1
1000000000000 1377

輸出

9
100
999244007

解題思路

由皮亞諾定理可知，模數為$k$的迴圈節長度不會超過$6k$，所以我們可以暴力列舉找到第一個$k$的倍數的位置$p$,答案即為$pn$

時間複雜度複雜度$O(m)$

相關證明：

Pisano Period - Shiina_Mashiro - 部落格園

推論：
斐波那契數列取餘是否有規律？ - 知乎

程式碼實現

const ll mod = 1e9 + 7;

const int N = 1e6 + 5;
int f[N];
void solve()
{
    ll n;
    cin >> n;
    int m;
    cin >> m;
    f[1] = 1;
    f[2] = 1;
    ll p = 0;
    int i = 3;
    while (1)
    {
        f[i] = (f[i - 1] + f[i - 2]) % m;
        if (!f[i])
        {
            p = i;
            break;
        }
        i++;
    }
    if (m == 1)
        p = 1;
    cout << (n % mod) * (p % mod) % mod << "\n";
}

G. Sakurako and Chefir

時間限制：每個測試 4 秒
記憶體限制：每個測試 256 兆位元組

給定一棵樹，其頂點有 $ n $ 個，根節點為頂點 1。當 Sakurako 帶著她的貓 Chefir 穿過這棵樹時，她分心了，Chefir 跑掉了。

為了幫助 Sakurako，Kosuke 記錄了他的 $ q $ 個猜測。在第 $ i $ 個猜測中，他假設 Chefir 在頂點 $ v_i $ 處迷路了，並且有 $ k_i $ 的體力。

此外，對於每個猜測，Kosuke 假設 Chefir 可以沿邊移動任意次數：

從頂點 $ a $ 到頂點 $ b $，如果 $ a $ 是 $ b $ 的祖先，則耐力不會改變；
從頂點 $ a $ 到頂點 $ b $，如果 $ a $ 不是 $ b $ 的祖先，則 Chefir 的耐力會減少 1；
如果 Chefir 的耐力為 0，則他無法進行第二種型別的移動。

對於每個假設，您的任務是找出 Chefir 從頂點 $ v_i $ 到達最遠頂點的距離，並且具有 $ k_i $ 的耐力。

輸入
第一行包含一個整數 $ t $ ($1 \leq t \leq 10^4$) — 測試用例的數量。

每個測試用例描述如下：

第一行包含一個整數 $ n $ ($2 \leq n \leq 2 \cdot 10^5$) — 樹中的頂點數量。
接下來的 $ n-1 $ 行包含樹的邊。保證給定的邊形成一棵樹。
下一行由一個整數 $ q $ ($1 \leq q \leq 2 \cdot 10^5$) 組成，表示 Kosuke 的猜測次數。
接下來的 $ q $ 行描述了 Kosuke 的猜測，其中有兩個整數 $ v_i $、$ k_i $ ($1 \leq v_i \leq n$, $0 \leq k_i \leq n$)。
保證所有測試用例的 $ n $ 與 $ q $ 之和不超過 $ 2 \cdot 10^5 $。

輸出
對於每個測試用例和每個猜測，輸出 Chefir 從具有 $ k_i $ 耐力的起點 $ v_i $ 到最遠頂點的最大距離。

示例
輸入

輸出

說明
在第一個示例中：

在第一個查詢中，您可以從頂點 5 到頂點 3（耐力減少 1 並變為 0），然後可以到達頂點 4；
在第二個查詢中，從頂點 3 具有 1 點耐力，您只能到達頂點 2、3、4 和 5；
在第三個查詢中，從頂點 2 具有 0 點耐力，您只能到達頂點 2、3、4 和 5。

解題思路

觀察發現，第一種行動實際上就是沿著樹向下走，第二種行動就是沿著樹向上走。

所以對於一個節點來說，我們一定可以一直使用第一種操作走到這個節點的最深子葉子節點。

對於每一個節點，我們可以使用dfs計算出每個節點的最深子葉子節點到當前節點的距離maxDep

那麼一個節點可以走到的最遠距離即為$\max\{\text{maxDep}_{u+i}+i\},0\le i \le k$

考慮暴力的做法，對於每一次詢問，我們對於節點$v$向上查詢$k$個父節點，找到$\max\{\text{maxDep}_{u+i}+i\}$

單次詢問時間複雜多為$O(k)$，如果資料保證隨機，總時間複雜度為$O(qlogn)$，但可惜不是。遇到鏈的情況會使得時間複雜度退化到$O(qk)$，一定會超時，所以考慮最佳化。

我們使用dfs計算出每個節點的深度$dep$，發現對於在樹的一條鏈上的所有詢問，我們實際上尋找的就是區間$[dep_v,dep_{v-k}]$的最大$maxDep$。

所以我們可以把詢問離線出來，對於樹的每一條鏈，構建一下線段樹，儲存區間最大$maxDep$。

然後dfs遍歷所有節點，如果發現當前節點存在詢問，直接線上段樹中進行查詢。

為了節省空間，我們再遍歷完一條樹的鏈之後，可以在遞迴回溯是重置一下當前節點線上段樹中的值，這樣只需要一棵線段樹即可。

實際複雜度為$O(nlogn)$

程式碼實現

// 懶標記線段樹模板類
template <class Info, class Tag>
struct LazySegmentTree
{
    const int n;            // 陣列大小
    std::vector<Info> info; // 儲存線段樹節點的資訊
    std::vector<Tag> tag;   // 儲存懶標記

    // 建構函式
    LazySegmentTree(int n) : n(n), info(4 << std::__lg(n)), tag(4 << std::__lg(n)) {}

    // 用於初始化線段樹的建構函式
    LazySegmentTree(std::vector<Info> init) : LazySegmentTree(init.size())
    {
        std::function<void(int, int, int)> build = [&](int p, int l, int r)
        {
            if (r - l == 1)
            {
                info[p] = init[l]; // 葉子節點賦值
                return;
            }
            int m = (l + r) / 2;    // 中間點
            build(2 * p, l, m);     // 構建左子樹
            build(2 * p + 1, m, r); // 構建右子樹
            pull(p);                // 更新父節點
        };
        build(1, 0, n);
    }

    // 更新父節點
    void pull(int p)
    {
        info[p] = info[2 * p] + info[2 * p + 1]; // 合併左右子樹的資訊
    }

    // 應用標籤到節點
    void apply(int p, const Tag &v)
    {
        info[p].apply(v); // 應用標籤到資訊
        tag[p].apply(v);  // 更新懶標記
    }

    // 推送懶標記到子節點
    void push(int p)
    {
        apply(2 * p, tag[p]);     // 推送到左子樹
        apply(2 * p + 1, tag[p]); // 推送到右子樹
        tag[p] = Tag();           // 清空當前節點的懶標記
    }

    // 修改某個位置的值
    void modify(int p, int l, int r, int x, const Info &v)
    {
        if (r - l == 1)
        {
            info[p] = v; // 更新葉子節點
            return;
        }
        int m = (l + r) / 2; // 中間點
        push(p);             // 推送懶標記
        if (x < m)
        {
            modify(2 * p, l, m, x, v); // 遞迴到左子樹
        }
        else
        {
            modify(2 * p + 1, m, r, x, v); // 遞迴到右子樹
        }
        pull(p); // 更新父節點
    }

    // 對外介面，修改某個位置的值
    void modify(int p, const Info &v)
    {
        modify(1, 0, n, p, v);
    }

    // 區間查詢
    Info rangeQuery(int p, int l, int r, int x, int y)
    {
        if (l >= y || r <= x)
        {
            return Info(); // 範圍不相交，返回預設資訊
        }
        if (l >= x && r <= y)
        {
            return info[p]; // 當前區間完全包含在查詢範圍內
        }
        int m = (l + r) / 2; // 中間點
        push(p);             // 推送懶標記
        return rangeQuery(2 * p, l, m, x, y) + rangeQuery(2 * p + 1, m, r, x, y);
    }

    // 對外介面，區間查詢
    Info rangeQuery(int l, int r)
    {
        return rangeQuery(1, 0, n, l, r);
    }
};

// 標籤結構
struct Tag
{
    int change = -inf; // 增加的值

    // 應用標籤的操作
    void apply(Tag t) &
    {
        change = t.change; // 累加增加的值
    }
};

// 資訊結構
struct Info
{
    int max = -inf;
    void apply(Tag t) &
    {
        if (t.change != -inf)
        {
            max = t.change; // 更新最大值
        }
    }

    Info() {};
    Info(int x) : max(x) {}
};

// 資訊結構的加法運算子過載
Info operator+(Info a, Info b)
{
    Info c;
    c.max = max(a.max, b.max);
    return c;
}

// 查詢結構體
struct Query
{
    int k;
    int id;
    Query(int k_, int id_) : k(k_), id(id_) {}
};

void solve()
{
    int n;
    cin >> n;
    vvi adj(n + 1);
    for (int i = 1; i < n; i++)
    {
        int u, v;
        cin >> u >> v;
        adj[u].pb(v);
        adj[v].pb(u);
    }

    vi dep(n + 1);    // 儲存每個節點的深度
    vi maxDep(n + 1); // 儲存每個節點可以向下走的最大深度

    // 深度優先搜尋 (DFS) 函式，用於計算每個節點的深度和最大深度
    function<void(int, int)> dfs1 = [&](int u, int fa)
    {
        maxDep[u] = 0;
        for (auto v : adj[u])
        {
            if (v == fa) // 如果 v 是父節點，跳過
                continue;
            dep[v] = dep[u] + 1;
            dfs1(v, u);
            maxDep[u] = max(maxDep[u], maxDep[v] + 1);
        }
    };
    dfs1(1, 0);

    int m;
    cin >> m;
    vector<vector<Query>> querys(n + 1);
    vi ans(m);

    for (int i = 0; i < m; i++)
    {
        int v, k;
        cin >> v >> k;
        querys[v].pb({k, i});
    }

    // 建立線段樹
    LazySegmentTree<Info, Tag> seg(n);

    // 處理查詢
    function<void(int, int)> dfs2 = [&](int u, int fa)
    {
        // 處理當前節點 u 的所有查詢
        for (auto &q : querys[u])
        {
            int k = q.k, id = q.id;
            ans[id] = max(ans[id], maxDep[u]); // 更新答案為當前節點的最大深度
            // 透過線段樹查詢從 可到達最淺深度dep[u] - k 到 dep[u] 的最大值，並加上 dep[u]
            ans[id] = max(ans[id], seg.rangeQuery(max(0, dep[u] - k), dep[u]).max + dep[u]);
        }

        // 找到當前節點 u 的子節點中最大和次大子樹深度
        int max1 = 0, max2 = 0;
        for (auto v : adj[u])
        {
            if (v == fa)
                continue;
            if (maxDep[v] + 1 > max1)
            {
                max2 = max1;
                max1 = maxDep[v] + 1;
            }
            else if (maxDep[v] + 1 > max2)
            {
                max2 = maxDep[v] + 1;
            }
        }

        // 遞迴處理每個子節點
        for (auto v : adj[u])
        {
            if (v == fa)
                continue;
            // 如果當前子節點的最大深度 + 1 等於 max1,說明最大子樹深度就是maxDep[v]，不能重複選，選次大子樹深度
            int d = maxDep[v] + 1 == max1 ? max2 : max1;
            seg.modify(dep[u], Info(d - dep[u])); // 線上段樹中新增走到u節點可向下走的最大深度
            dfs2(v, u);
            seg.modify(dep[u], -inf); // 回溯時重置線段樹中的值
        }
    };
    dfs2(1, 0);
    for (int i = 0; i < m; i++)
    {
        cout << ans[i] << " \n"[i == m - 1];
    }
}

早知道大號多掉點分了，這場用小號打的。

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Dashboard - Codeforces Round 981 (Div. 3) - Codeforces

火車頭

A. Sakurako and Kosuke

解題思路

程式碼實現

B. Sakurako and Water

解題思路

程式碼實現

C. Sakurako's Field Trip

解題思路

程式碼實現

D. Kousuke's Assignment

解題思路

程式碼實現

E. Sakurako, Kosuke, and the Permutation

解題思路

程式碼實現

F. Kosuke's Sloth

解題思路

程式碼實現

G. Sakurako and Chefir

解題思路

程式碼實現

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