Codeforces Round #798 Div.2 C-E 题解

Problem C

传送门

Solution

看完题面不难想到一个贪心思路：

从根节点开始 DFS，每次截断节点数更多的子树，然后递归到另一棵子树继续向下计算。

看起来十分美好，但有一个问题：如果两棵子树大小一样，结构又不清楚，怎么办？

这个时候就珂以用动态规划来解决了。

设 $dp(u)$ 表示 $u$ 被感染后其子树内能被救下的最大节点数。

则 $dp(u) = \max(dp(son_1) + size(son_2)-1,dp(son_2)+size(son_1)-1)$。

其中 $son_1,son_2$ 为 $u$ 的子节点，$size(v)$ 表示以 $v$ 为根的子树的大小。

那么我们跑一遍树形 DP 即可qwq

时间复杂度 $O(N)$。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define pb emplace_back
using namespace std;
const int maxn = 5e5 + 5;
vector<int> g[maxn];
vector<int> son;
int sz[maxn],n,dp[maxn];
int ans;
void dfs(int u,int fa) {
	sz[u] = 1;
	for(auto v : g[u]) {
		if(v == fa)continue ;
		dfs(v , u);
		sz[u] += sz[v];
	}
	for(auto v : g[u]) {
		if(v != fa)son.pb(v);
	}
	if(son.size() == 0)dp[u] = 0;
	else if(son.size() == 1)dp[u] = sz[son[0]] - 1;
	else dp[u] = max(dp[son[0]] + sz[son[1]] - 1 , dp[son[1]] + sz[son[0]] - 1);
	son.clear();
	return ;
}
void work() {
	ans = 0;
	scanf("%d",&n);
	for(int i = 1;i <= n;++ i)sz[i] = 0,g[i].clear();
	for(int i = 1;i < n;++ i) {
		int x,y;
		scanf("%d%d",&x,&y);
		g[x].pb(y);
		g[y].pb(x);
	}
	dfs(1 , 0);
	printf("%d\n",dp[1]);
	return ;
}
int main() {
	int T;
	scanf("%d",&T);
	while(T --)work();
	return 0;
}

Problem D

传送门

参考题解

Solution

不难想到暴力思路：枚举每个点，求出黑点与该点的曼哈顿距离最大值并更新答案。

这样最差会达到 $O(N^2M^2)$，考虑优化。

显然不是所有的黑点都能对答案产生贡献，经观察，只有最左上，左下，右上，右下的黑点能产生最大值。

那么我们找出这四个点就珂以了。

对于点 $(x,y)$，如果它在左上，则 $x+y$ 取值最小，右下则为 $x+y$ 最大。

同理可得，如果在左下则 $x-y$ 值最小，右上则 $x-y$ 值最大。

顺着这个思路，找到那四个点，再进行暴力枚举即可。

时间复杂度 $O(NM)$。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e3 + 5;
struct node {
	int x,y;
	node() {
		x = y = 0;
	}
	node(int x,int y):x(x),y(y){}
}a[5];
bool vis[5];
int n,m;
void work() {
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i = 1;i <= 4;++ i)a[i] = node(0 , 0),vis[i] = false;
	for(int i = 1;i <= n;++ i) {
		for(int j = 1;j <= m;++ j) {
			char c;
			scanf(" %c",&c);
			if(c != 'B')continue ;
			if(!vis[1]||i + j > a[1].x + a[1].y)a[1] = node(i , j),vis[1] = true;
			if(!vis[2]||i + j < a[2].x + a[2].y)a[2] = node(i , j),vis[2] = true;
			if(!vis[3]||i - j > a[3].x - a[3].y)a[3] = node(i , j),vis[3] = true;
			if(!vis[4]||i - j < a[4].x - a[4].y)a[4] = node(i , j),vis[4] = true;
		}
	}
	int x = 0,y = 0,tot = 0x3f3f3f3f;
	for(int i = 1;i <= n;++ i) {
		for(int j = 1;j <= m;++ j) {
			int cur = 0;
			for(int k = 1;k <= 4;++ k) {
				cur = max(cur , abs(a[k].x - i) + abs(a[k].y - j));
			}
			if(cur < tot) {
				tot = cur;
				x = i;
				y = j;
			}
		}
	}
	printf("%d %d\n",x,y);
	return ;
} 
int main() {
	int T;
	scanf("%d",&T);
	while(T --)work();
	return 0;
}

Problem E

传送门

参考题解

Solution

挺搞的一道结论题。证明是我看了滴叉以及几位大佬的题解以后弄出来的QAQ。

首先要注意，$0$ 是始终无法连边的，所以所有的 $0$ 开始时要先加上 $1$。

下面就是神奇的结论：在处理了 $0$ 的基础上，答案至多会再 $+2$。

证明：

首先发现奇数全部有连边，零零散散的都是偶数。

设偶数中 $\operatorname{lowbit}$ 的最大值出现的位置为 $a_{p_1},a_{p_2}\ldots a_{p_k}$ 。

• 如果 $k=1$，那么我们只要令 $a_{p_1} \gets a_{p_1} -1$，那么它也会变成奇数，同时它的二进制位包含了所有偶数的 $\operatorname{lowbit}$ 值，所以它与偶数间也有连边，整个图联通。

• 如果 $k \gt 1$，那么随便找两个位置 $i,j(i \neq j)$，令 $a_{p_i} \gets a_{p_i}-1,a_{p_j}\gets a_{p_j}+1$。那么所有 $p_i,p_j$ 这两个位置都与奇数有了连边，且 $(p_i,p_j)$ 也连上了边，同时 $\operatorname{lowbit}$ 值低于最大值的所有点都与 $p_i$ 有连边，$\operatorname{lowbit}$ 值等于最大值的所有点都与 $p_j$ 连边，又因 $(p_i,p_j)$ 有连边，所以整个图都连通。

综上，我们至多需两次操作。证毕。

据此，直接针对除处理 $0$ 以外的操作数为 $0,1,2$ 三种情况进行计算即可。

时间复杂度 $O(N^2\log N)$。（计入了 dsu 的时间复杂度）

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 2e3 + 5;
int n,a[maxn],s;
int lowbit(int x) {
	return x & -x;
}
bool vis[maxn];
void dfs(int x) {
	if(vis[x])return ;
	s += vis[x] = true;
	for(int i = 1;i <= n;++ i) {
		if(i != x&&!vis[i]&&a[i] & a[x]) {
			dfs(i);
		}
	}
	return ;
}
int pre[maxn];
int find(int x) {
	return x == pre[x] ? x : pre[x] = find(pre[x]);
}
bool check() {
	for(int i = 1;i <= n;++ i)pre[i] = i;
	for(int k = 0;k < 30;++ k) {
		int fir = n;
		for(int i = 1;i < n;++ i) {
			if(a[i] >> k & 1) {
				fir = i;
				break ;
			}
		}
		for(int i = fir + 1;i <= n;++ i)
			if((a[i] >> k & 1)&&find(i) != find(fir))pre[find(i)] = find(fir);
	}
	for(int i = 2;i <= n;++ i) {
		if(find(i) != find(1))return false;
	}
	return true;
}
void work() {
	int maxl = 0,ans = 0;
	scanf("%d",&n);
	for(int i = 1;i <= n;++ i)scanf("%d",&a[i]),vis[i] = false;
	for(int i = 1;i <= n;++ i)ans += (!a[i]) ? ++ a[i] : 0,maxl = max(maxl , lowbit(a[i]));
	s = 0;
	dfs(1);
	if(s == n) {
		printf("%d\n",ans);
		for(int i = 1;i <= n;++ i) {
			printf("%d ",a[i]);
		}
		puts("");
		return ;
	} 
	for(int i = 1;i <= n;++ i) {
		-- a[i];
		if(check()) {
			printf("%d\n",ans + 1);
			for(int k = 1;k <= n;++ k) {
				printf("%d ",a[k]);
			}
			puts("");
			return ;
		}
		++ a[i];
		++ a[i];
		if(check()) {
			printf("%d\n",ans + 1);
			for(int k = 1;k <= n;++ k) {
				printf("%d ",a[k]);
			}
			puts("");
			return ;
		}
		-- a[i];
	}
	int cnt = 0;
	for(int i = 1;i <= n;++ i) {
		if(lowbit(a[i]) == maxl) {
			++ cnt;
			if(cnt == 1)-- a[i];
			else {
				++ a[i];
				break ;
			}
		}
	}
	printf("%d\n",ans + 2);
	for(int i = 1;i <= n;++ i)printf("%d ",a[i]);
	puts("");
	return ;
}
int main() {
	int T;
	scanf("%d",&T);
	while(T --) {
		work();
	}
	return 0;
}

完结撒花*★,°*:.☆(￣▽￣)/$:*.°★*