CodeTON Round 2 (Div. 1 + Div. 2, Rated, Prizes!) A-E

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A

题解

知识点：思维，模拟。

发现 $b$ 串第一个字符是 $1$ 则只能使用 max ， $0$ 则只能使用 min ，随后只需要模拟到 $a$ 串剩余 $m$ 个字符时停止即可，然后比对两串。

时间复杂度 $O(n-m)$

空间复杂度 $O(n+m)$

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
 
using namespace std;
 
bool solve() {
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    string a, b;
    cin >> a >> b;
    if (b[0] == '0') for (int i = 1;i <= n - m;i++) a[i] = min(a[i], a[i - 1]);
    else if (b[0] == '1') for (int i = 1;i <= n - m;i++) a[i] = max(a[i], a[i - 1]);
    if (a.substr(n - m, m) == b) return true;
    else return false;
}
 
int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int t = 1;
    cin >> t;
    while (t--) {
        if (!solve()) cout << "NO" << '\n';
        else cout << "YES" << '\n';
    }
    return 0;
}

B

题解

知识点：贪心。

一个一个走过去，记录走过的最大值和最小值，一旦大于两倍 $x$ 则说明要换中心点 $v$ ，记录换的次数即可。

时间复杂度 $O(n)$

空间复杂度 $O(n)$

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
 
using namespace std;
 
bool solve() {
    int n, x;
    cin >> n >> x;
    int mi = 2e9, mx = 0, cnt = 0;
    for (int i = 1, tmp;i <= n;i++) {
        cin >> tmp;
        mi = min(mi, tmp);
        mx = max(mx, tmp);
        if (mx - mi > 2 * x) cnt++, mx = mi = tmp;
    }
    cout << cnt << '\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

题解

知识点：贪心。

注意到所有非感染者区间每秒都会被感染两个（从左右端点扩展，少于两个直接消失），因此考虑从大区间端点开始保护，每次更新 $delta$ 代表每个区间减少了多少，则真实区间长度是原长减去 $delta$。

因此若真实区间大于等于2，则在两个端点各保护一个，答案加区间长度减一（一个端点保护完，另一个端点会感染一个），$delta$ 加 $4$；若区间长度等于1，则只能保护一个，直接退出；若区间已经小于等于0，没有能保护的，直接退出。

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
 
using namespace std;
 
int a[100007], l[100007];
 
bool solve() {
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1;i <= m;i++) cin >> a[i];
    sort(a + 1, a + 1 + m);
    l[1] = n - (a[m] - a[1] + 1);
    for (int i = 2;i <= m;i++) l[i] = a[i] - a[i - 1] - 1;
    sort(l + 1, l + m + 1, [&](int a, int b) {return a > b;});
    int delta = 0, ans = 0;
    for (int i = 1;i <= m;i++) {
        int rl = max(l[i] - delta, 0);
        if (rl == 0) break;
        if (rl == 1) {
            ans++;
            break;
        }
        ans += rl - 1;
        delta += 4;
    }
    cout << n - 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;
}

D

题解

知识点：枚举，前缀和，思维。

通常这种题是找不变量。

发现经过操作1以后，前缀和的总和不变；而经过一次操作2后，前缀和的总和会减少1。

因此统计每个数组的前缀和总和，找到前缀和总和最小的就是特殊数组，少了多少就是操作了多少次。

时间复杂度 $O(nm)$

空间复杂度 $O(n)$

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
 
using namespace std;
 
ll ssum[100007];
 
bool solve() {
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1;i <= n;i++) {
        ll sum = 0;
        ssum[i] = 0;
        for (int j = 1;j <= m;j++) {
            ll x;
            cin >> x;
            sum += x;
            ssum[i] += sum;
        }
    }
    cout << min_element(ssum + 1, ssum + n + 1) - ssum << ' ';
    cout << *max_element(ssum + 1, ssum + n + 1) - *min_element(ssum + 1, ssum + n + 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;
}

E

题解

知识点：图论，dp。

题目不难理解为，每秒所有点都会流出一个量到所有自己的下一个点，什么时候流完。比如，若 $u$ 有三个下一个节点 $v_1,v_2,v_3$ ，则一秒后 $u$ 的值减一，而 $v_1,v_2,v_3$ 都加一。

因为是DAG，所以图中每个点的量总是向出度为 $0$ 的节点方向流动，最终出度为 $0$ 的点的流完时间就是答案。

而对于一个节点的流完时间，取决于他所有上一个节点流完时间的总和加上自己节点的量，因为一个节点每秒只能流出一个量，只要上一个节点没流完，那这个节点就会一直存在量。因此，设 $dp[i]$ 为编号 $i$ 的节点的流出时间，则节点 $u$ 与其上一个节点 $v_i$ 有转移方程：

$$dp[u] = \sum dp[v_i] + a[u]$$

但是有一种情况，如 10-0-1-0-0-null ，显然流完时间是 $14$ ，但通过上面计算得到的是 $11$ 。因为上述方程直接考虑从第一秒到最后一秒，整个图的量的转移是连续的，即量是持续减少，而没有考虑中间可能存在断点，但显然这是不确定的，这个例子就是。

因此需要使整个图的量堆积在出口前，使得量的流出是连续的。由于整个图有 $n$ 个节点，至多 $n-1$ 秒可以让量流经图中所有点（这里模拟 $\geq n-1$ 秒都没问题），因此先模拟 $n$ 秒，等到量都连起来了，再dp计算总时间即可。

模拟时候用正图，dfs时候反图，因此存两个图。

时间复杂度 $O(n^2m)$

空间复杂度 $O(n+m)$

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
 
using namespace std;
 
const int mod = 998244353;
vector<int> a, dp;
vector<int> g1[1007], g2[1007];    ///g1正向模拟用，g2反向dfs用
 
int dfs(int u) {
    if (dp[u]) return dp[u];
    dp[u] = a[u] % mod;
    for (auto v : g2[u])
        dp[u] = (0LL + dp[u] + dfs(v)) % mod;
    return dp[u];
}
 
bool solve() {
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    a = dp = vector<int>(n + 1, 0);
    for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> a[i], g1[i].clear(), g2[i].clear();
    for (int i = 1;i <= m;i++) {
        int u, v;
        cin >> u >> v;
        g1[u].push_back(v);
        g2[v].push_back(u);
    }
    if (count(a.begin() + 1, a.end(), 0) == n) {
        cout << 0 << '\n';
        return true;
    }
    for (int i = 1;i <= n;i++) {///保证所有量都在出口前靠拢，防止空节点挡在其他节点之前产生计算错误
        vector<int> t = a;///临时,防止某个量持续传递
        for (int u = 1;u <= n;u++) {
            if (a[u]) {
                t[u]--;
                for (auto v : g1[u]) t[v]++;
            }
        }
        a = t;
        if (count(a.begin() + 1, a.end(), 0) == n) {
            cout << i << '\n';
            return true;
        }
    }
    int root = 0;
    for (int i = 1;i <= n;i++) if (!g1[i].size()) root = i;
    cout << (dfs(root) + n) % mod << '\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;
}