Codeforces Round #831 (Div. 1 + Div. 2) A-E

比赛链接

A

题解

知识点：数学。

$2$ 特判加 $7$，其他加 $3$ 直接偶数。

时间复杂度 $O(1)$

空间复杂度 $O(1)$

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
 
using namespace std;
 
bool solve() {
    int n;
    cin >> n;
    if (n == 2) cout << 7 << '\n';
    else cout << 3 << '\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

题解

知识点：贪心。

注意到，最优能做到周长等于底边之和乘 $2$ 加上高度最大值乘 $2$ 。

我们把短的边当作底边，长的边当作高，这样长的边的贡献会最少。

时间复杂度 $O(n)$

空间复杂度 $O(1)$

代码

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

从小到大排序后，我们发现单独放一个 $a[1]$ 或 $a[n]$ 在 bag3 （或 bag1 ）最优，这样就能一次覆盖一段最长的，其他情况因为取在中间，不会超过 $a[n]-a[1]$ 。

不妨假设单独放了个 $a[n]$ 在 bag3，再把剩下的分成两段 $[a[1],a[i-1]],[a[i],a[n-1]]$ 分别放在 bag2,1 （较远的放中间），如此得到解 $a[n] - a[i-1] + a[i] - a[i-1]$ 。同理 $a[1]$ 单独放，有解 $a[i] - a[1] + a[i] - a[i-1]$ 。

枚举这两种的所有情况，取最大值。

时间复杂度 $O(n \log n)$

空间复杂度 $O(n)$

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
 
using namespace std;
 
int a[200007];
bool solve() {
    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> a[i];
    sort(a + 1, a + n + 1);
    ll ans = 0;
    for (int i = 2;i <= n;i++) {
        ans = max({ ans,2LL * a[i] - a[i - 1] - a[1],-2LL * a[i - 1] + a[n] + a[i] });
    }
    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;
}

D

题解

知识点：贪心，数学。

神奇的华容道。

遍历一遍，能出的直接出，当前不能出的放在除了起点终点之外的地方以后再出，但要保证放之后至少还有两个空位，即只能放 $nm-4$ 个卡片，否则下一个进来以后就满了动不了，其他情况都能随意移动卡片（华容道qwq）。

时间复杂度 $O(n \log n)$

空间复杂度 $O(n)$

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
 
using namespace std;
 
int a[100007];
bool solve() {
    int n, m, k;
    cin >> n >> m >> k;
    priority_queue<int> pq;
    int p = k;
    for (int i = 1;i <= k;i++) cin >> a[i];
    for (int i = 1;i <= k;i++) {
        while (!pq.empty() && pq.top() == p) pq.pop(), p--;
        if (a[i] == p) p--;
        else {
            pq.push(a[i]);
            if (pq.size() >= n * m - 3) return false;
        }
    }
    cout << "YA" << '\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 << "TIDAK" << '\n';
    }
    return 0;
}

E

题解

知识点：树形dp。

设 $dp[u][0/1]$ 表示对于以 $u$ 为根的子树，子序列包括/不包括 $u$ 时的答案。

分两种情况讨论：

1. $dp[u][0]$ 时，那么子节点 $v_i$ 的最长不下降子序列是可以任意合并的，即子节点的答案 $\max (dp[v_i][0],dp[v_i][1])$ 能加在一起。因为 $a[v_i]$ 互相大小没有限制，所以可以自定义后拼在一起。那么答案便是 $\sum \max (dp[v_i][0],dp[v_i][1])$ 。

2. $dp[u][1]$ 时，由于根节点 $u$ 最后只可能等于一个子节点 $v_i$ ，那么 $u$ 只可能衔接在一个 $dp[v_i][1]$ 后面。

   $dp[v_i][0]$ 不能考虑进去。因为，当 $v_i$ 为根的子树不是条链，一定存在子孙 $w$ 使得 $a[v_i]<a[w]$ ，那么 $a[u]<a[w]$ 不可能衔接到 $w$ 后面；当 $v_i$ 为根的子树是链时，则 $dp[v_i][1] = dp[v_i][0]+1>dp[v_i][0]$ ，没必要选。

时间复杂度 $O(n)$

空间复杂度 $O(n)$

代码

#include <bits/stdc++.h>
 
using namespace std;
 
vector<int> g[100007];
int f[100007][2];
 
void dfs(int u) {
    f[u][0] = 0;
    f[u][1] = 1;
    for (auto v : g[u]) {
        dfs(v);
        f[u][0] += max(f[v][0], f[v][1]);
        f[u][1] = max(f[u][1], f[v][1] + 1);
    }
}
 
int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 2;i <= n;i++) {
        int p;
        cin >> p;
        g[p].push_back(i);
    }
    dfs(1);
    cout << max(f[1][0], f[1][1]) << '\n';
    return 0;
}