Codeforces Round #875 (Div. 2) A-D

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A

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
 
bool solve() {
    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 1;i <= n;i++) {
        int x;
        cin >> x;
        cout << n - x + 1 << " \n"[i == 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

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
 
int lena[400007], lenb[400007];
bool solve() {
    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 1;i <= 2 * n;i++) lena[i] = lenb[i] = 0;
    int pre = 0, len = 0;
    for (int i = 1;i <= n;i++) {
        int x;
        cin >> x;
        if (x != pre) {
            lena[pre] = max(lena[pre], len);
            len = 0;
            pre = x;
        }
        len++;
    }
    lena[pre] = max(lena[pre], len);
    len = 0;
    pre = 0;
    for (int i = 1;i <= n;i++) {
        int x;
        cin >> x;
        if (x != pre) {
            lenb[pre] = max(lenb[pre], len);
            len = 0;
            pre = x;
        }
        len++;
    }
    lenb[pre] = max(lenb[pre], len);
    int ans = 0;
    for (int i = 1;i <= 2 * n;i++) ans = max(ans, lena[i] + lenb[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;
}

C

题意

一棵树有 $n$ 个节点，一开始只有根节点 $1$ 。

现在给出加边的顺序，每次操作按顺序从头到尾依次加边。

一次操作中，当且仅当一条边还没被加，且一个端点已经存在，才能加这条边。

问要最少操作几次，所有边才能都被加入。

题解

知识点：树形dp，DFS。

可以用树型dp求出每个点出现需要的最少操作次数。

点的出现时间取决于边的顺序，我们将边的顺序记录到边权中，dfs过程中将边权当作孩子的出现时间。

若一个点出现时间比它孩子出现时间要晚，那么它孩子出现需要的操作次数就是它的操作次数加 $1$ ，否则可以在同一次操作中处理完。

设 $f_u$ 表示节点 $u$ 出现需要的最少操作次数， $rk_u$ 表示节点 $u$ 的出现时间，转移即上述所说。

最后答案为 $f_u$ 的最大值。

时间复杂度 $O(n)$

空间复杂度 $O(n)$

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
 
vector<pair<int, int>> g[200007];
 
int rk[200007], f[200007];
void dfs(int u, int fa) {
    for (auto [v, w] : g[u]) {
        if (v == fa) continue;
        rk[v] = w;
        f[v] = f[u] + (w < rk[u]);
        dfs(v, u);
    }
}
 
bool solve() {
    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 1;i <= n;i++) g[i].clear();
    for (int i = 1;i <= n - 1;i++) {
        int u, v;
        cin >> u >> v;
        g[u].push_back({ v,i });
        g[v].push_back({ u,i });
    }
 
    rk[1] = n;
    dfs(1, 0);
 
    cout << *max_element(f + 1, f + 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;
}

D

题意

给定长度为 $n$ 的数组 $a,b$ ，求出所有满足 $a_i \cdot a_j = b_i + b_j (1 \leq i<j \leq n)$ 的 $(i,j)$ 对数。

题解

知识点：数学，枚举。

注意到 $1 \leq a_i,b_i \leq n (1\leq i \leq n)$ ，因此 $a_i \cdot a_j \leq 2n$ ，即 $\min(a_i,a_j) \leq \sqrt{2n}$ 。此时，我们设 $a_j \leq a_i$ ，那么 $a_j \leq \sqrt{2n}$ 。

因此，我们先将 $a_i,b_i$ 打包，以 $a$ 为关键字从小到大排序，这是为了之后从左到右枚举 $a_i,b_i$ 时，保证满足 $a_j \leq a_i(1 \leq j < i)$ 这个条件，此时 $a_j$ 的范围才是 $[1,\sqrt{2n}]$ 。

随后，我们枚举 $A \in [1,\sqrt{2n}]$ ，作为一轮枚举中 $a_j$ 满足的值。接下来，从左到右枚举 $a_i,b_i$ ，有 $B = A \cdot a_i - b_i$ ，其中 $B$ 就是在 $a_j = A$ 时我们希望的 $b_j$ ，而 $a_i,b_i$ 的贡献即为 $1 \leq j <i$ 满足 $a_j = A$ 的位置中，出现过的 $b_j = B$ 的位置数。

因此，我们在过程中记录 $1 \leq j <i$ 满足 $a_j = A$ 的位置中，出现过的 $b_j$ 的个数 $cnt_{b_j}$。那么，当 $1 \leq B \leq n$ 时， $cnt_B$ 即为 $a_i,b_i$ 的贡献。

时间复杂度 $O(n \sqrt n)$

空间复杂度 $O(n)$

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
 
pair<int, int> c[200007];
bool solve() {
    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 1;i <= n;i++)cin >> c[i].first;
    for (int i = 1;i <= n;i++)cin >> c[i].second;
    sort(c + 1, c + n + 1);
 
    ll ans = 0;
    for (int A = 1;A * A <= 2 * n;A++) {
        vector<int> cnt(n + 1);
        for (int i = 1;i <= n;i++) {
            auto [a, b] = c[i];
            int B = A * a - b;
            if (1 <= B && B <= n) ans += cnt[B];
            if (a == A) cnt[b]++;
        }
    }
    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;
}