Codeforces Round 869 (Div. 2)

从这一篇开始，比较重要的题目我会把题面放上

A. Politics

傻逼题目，傻逼题面，傻逼出题人

明明一句话能说清楚的事情为啥放样例了说啊？

不然你说这个东西有多项式解法吗？

一句话题解，和我不同意见的，都得死

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define ld long double
#define inf 0x7ffffff

using namespace std;

void solve(){
	int n, k ,a[200];
	cin >> n >> k;
	string str[200];
	for(int i=1;i<=n;++i)a[i]=1;
	for(int i=1;i<=n;++i)
		cin >> str[i];
	for(int i=1;i<=k;++i)
		for(int j=2;j<=n;++j)
			if(str[j][i-1]!=str[1][i-1])
				a[j]=0;
	int sum=0;
	for(int i=1;i<=n;++i)
		sum+=a[i];
	cout << sum << endl;
}


signed main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0),cout.tie(0); 
	int t;
	cin >> t;
	while(t--){solve();}
	
	return 0;
} 

B. Indivisible

我写这题大概用了 3min ……

猜结论，这种排列类问题一般是与奇偶性有关的

看样例就出结论了：

• 大于 1 的奇数无解
• 偶数和 1 有解

证明不会，什么时候想出来什么时候写

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define ld long double
#define inf 0x7ffffff

using namespace std;

void solve(){
	int n;
	cin >> n;
	if(n==1){
		cout << 1 << endl;
		return ;
	}
	if(n&1) {
		cout << "-1" << endl;
		return ;
	}
	for(int i=1;i<=n;i+=2){
		cout << i+1 << " " << i << " ";
	}cout << endl;
}

signed main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0),cout.tie(0); 
	int t;
	cin >> t;
	while(t--){
		solve();
	}
	return 0;
} 

C. Almost Increasing Subsequence

定义几乎上升区间为对于区间内任意三个连续元素$x,y,z$，不存在$x\ge y\ge z$
给带数组 $a$ ，多组询问，求出区间 $[l,r]$ 内的最长的几乎上升序列的长度
$n,q\in [1,2e5],a_i\in [1,1e9]$

果然一道题对于我和 zmy 真就是一个天上一个地下啊

明显，连续选一段严格上升子区间是一定合法的，整个数列会被划分为不同的上升序列，我们相邻的上升序列只能选边界上的，内部的不能选

(我一开始想的是分成上升和下降来做，但是那样就过于麻烦了)

当 $l,r$ 是内部节点的时候，是可以选上的

使用前缀和进行计算

所以做完了

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define ld long double
#define inf 0x7ffffff
#define pii pair<int,int>

using namespace std;
const int maxN=2*1e5+10;
int n,q;
int a[maxN],pre[maxN],vis[maxN];

signed main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0),cout.tie(0); 
	cin >> n >> q;
	for(int i=1;i<=n;++i) cin >> a[i];
	for(int i=2;i<n;++i){
		pre[i]+=pre[i-1];
		if(a[i]>=a[i+1]&&a[i]<=a[i-1]) pre[i]++,vis[i]=1; //在其内部，不增
	}
	pre[n]=pre[n-1];
	while(q--){
		int l,r;
		cin >> l >> r;
		int ans=r-l+1-pre[r]+pre[l-1];
		ans+=vis[r]+vis[l];
		cout << min(ans,r-l+1) << endl;
	}
	
	return 0;
} 	

D. Fish Graph

定义一个点数为 $k$ 的无向图为鱼图当且仅当图上有$k-2$ 个节点都仅在同一个环上，而且有一个节点有两条边向外连向两个不在环上的节点
给你一个 $n$ 个点 $m$ 条边的图，判定其是否有一个子图为鱼图，存在则输出鱼图的边集
$n,m\in [1,2000]$

这里明显，有鱼图的充要条件是其有一个点在环上且这个点的度数至少为 4

接下来就是代码实现了，一开始我写了个线性的解法，但有 114514 个细节，没调出来，所以这里用的是 $O(n^2)$ 的解法

对于每一个点，dfs判断其是否在环上，若有满足要的节点，则强行 dfs 找出环来

实际上，我们把一个节点定位 DFS 树的根，则经过这个节点的环一定是以当前节点为端点的，所以记录一下父亲就可以了

把第一个 dfs 换成 DFS 树可以做到线性，但我没调出来

代码十分好写

#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <vector>
#include <map>
#include <unordered_map>
#include <set>
#define ll long long
#define fp(a,b,c) for(ll a=b;a<=c;a++)
#define fd(a,b,c) for(ll a=b;a>=c;a--)
#define pii pair<int,int>
#define pll pair<ll,ll>
#define fr first
#define sd second
#define mod 1000000007
#define inf 0x3f3f3f3f

using namespace std;
const int maxN=2000+10;
int n,m,root;
int low[maxN],dfn[maxN],idx,deg[maxN],cur[maxN],in[maxN],vis[maxN],fa[maxN],flag;
vector<int> g[maxN];
vector<pii> ans;

inline int rd(){
	int x = 0, f = 1;char ch = getchar();
	while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-')f = -1;ch = getchar();}
	while(ch >= '0' && ch <= '9')x = (x<<1) + (x<<3) + (ch^48),ch = getchar();
	return x * f;}
inline ll lrd(){
	ll x = 0, f = 1;char ch = getchar();
	while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-')f = -1;ch = getchar();}
	while(ch >= '0' && ch <= '9')x = (x<<1) + (x<<3) + (ch^48),ch = getchar();
	return x * f;}

void circle(int now,int f){
	dfn[now]=++idx;
	for(int x:g[now]){
		if(x==f) continue;
		if(!dfn[x]) circle(x,now);
		if(x==root) in[root]=1;
	}
}

void dfs(int now,int f){
	fa[now]=f;
	dfn[now]=++idx;
	for(int x:g[now]){
		if(x==f) continue ;
		if(flag) return ;
		if(x==root){
			int cur=now;
			while(fa[cur]!=cur){
				ans.push_back({cur,fa[cur]});
				vis[cur]=1,vis[fa[cur]]=1;
				cur=fa[cur];
			}ans.push_back({now,root});
			flag=1;
			return ;
		}
	}
	for(int x:g[now])
		if(!dfn[x]) dfs(x,now);
}

void clearit(){
	fp(i,1,n) deg[i]=cur[i]=low[i]=vis[i]=dfn[i]=in[i]=fa[i]=0,g[i].clear();
	ans.clear(),flag=0;
}

void solve(){
	n=rd(),m=rd();
	fp(i,1,m){
		int u,v;
		u=rd(),v=rd();
		if(u==v) continue ;
		g[u].push_back(v);
		g[v].push_back(u);
		++deg[u],++deg[v];
	}
	fp(i,1,n){
		root=i,circle(i,i);
		idx=0;
		memset(dfn,0,sizeof(dfn));
	}
	fp(i,1,n){
		if(deg[i]>3&&in[i]){
			cout << "Yes" << endl;
			root=i;
			dfs(i,i);
			int sum=0;
			for(int x:g[root]){
				if(!vis[x]) ans.push_back({root,x}),++sum;
				if(sum==2) break;
			}
			cout << ans.size() << endl;
			for(pii x:ans) cout << x.fr << " "<< x.sd << endl;
			clearit();
			return ;
		}
	}
	cout << "No" << endl;
	clearit();
}

signed main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0),cout.tie(0); 
	int t;
	t=rd();
	while(t--){
		solve();
	}
	
	return 0;
}