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