Codeforces Round #603 (Div. 2) (题解)
A. Sweet Problem (找规律)
大致思路：
有一点瞎猜的，首先排一个序， \(a_1>a_2>a_3\) ，发现如果 \(a_1>=a_2+a_3\) ，那么答案肯定是 \(a_2+a_3\) ，然后发现发现规律当 \(a_2==a_3\) 的时候，还可以贡献 \((a_1+a_2+a_3)/2\) 的答案，所以只要 \(a_1\) 和 \(a_2\) 减掉一个值就可以了。
B. PIN Codes (暴力)
大致思路：
可以知道，存在一个数字不同的pin是大于100个的，那么只要将所有的pin用map记录一下，把出现重复的暴力改数字改到不重复为止就行了。要注意不能边读入边改，这样可能会改成和后面的一样导致答案变大。
C. Everyone is a Winner! (数学)
大致思路：
主要使用到除法分块，因为用计算器计算整数除法，会存在 \([a,b]\) 的数除上 \(i\) 的值的相同，我们可以用 \(\sqrt{n}\) 的复杂度求出，是一个模板题。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e6+10;
int T;
int ans[N];
int main()
{
//freopen("H:\\c++1\\in.txt","r",stdin);
//freopen("H:\\c++1\\out.txt","w",stdout);
scanf("%d",&T);
int n;
while(T--){
int cnt=0;
scanf("%d",&n);
for(int l=1,r;l<=n;l=r+1)
{
r=n/(n/l);
//cout<<l<<" "<<r<<endl;
ans[++cnt]=r;
//ans+=(r-l+1)*(n/l);
}
sort(ans+1,ans+cnt+1);
printf("%d\n",cnt+1);
for(int i=0;i<=cnt;i++){
printf("%d%c",ans[i],i==cnt?'\n':' ');
}
}
return 0;
}
D. Secret Passwords (并查集/瞎搞)
题目大意：
给 \(n\) 个字符串，两个字符串为一类的条件是存在一个相同的字母，问 \(n\) 个字符串可以分成几类。
大致思路：
比赛的时候是瞎做的，对每一字母进行考虑，不断增大答案的集合，假设当前到来第 \(i\) 个字母，如果字符串如果还没被标记那么它不存在 \([1,i]\) 字母，必然不能影响前面的分类结果。
或者使用并查集用字母来分类，写起来很简单。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5+10;
string s[N];
bool gs[N][26];
int jl[N];
bool vis[N];
int n;
queue<int>q;
int main()
{
//freopen("H:\\c++1\\in.txt","r",stdin);
//freopen("H:\\c++1\\out.txt","w",stdout);
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>s[i];
int len=s[i].length();
for(int j=0;j<len;j++){
gs[i][s[i][j]-'a']=1;
}
}
int id=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=0;j<26;j++){
if(gs[i][j])jl[i]|=(1<<j),id=j;
}
}
int now=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
if((jl[i]>>id)&1){
now|=jl[i];
vis[i]=1;
}
}
int ans=1;
for(int i=0;i<26;i++)
if(((now>>i)&1)==0){
for(int j=1;j<=n;j++)
if(vis[j]==0&&((jl[j]>>i)&1)){
if((jl[j]&now)==0){
ans++;
}
now|=jl[j];
vis[j]=1;
}
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
E. Editor (线段树)
题目大意：
给一个按键序列，其中有 \((),R,L\) ,字母，通过 \(R\) 和 \(L\) 来移动编辑的光标，每次指令输出当前序列的括号是否合法，若合法输出最大嵌套数量。
大致思路：
观察一个括号序列， \((()()())()\) ，如果我们将 \((\) 做为 \(，1，)\) 括号做为 \(-1\) ，得到前缀和序列 \(1，2，1，2，1，2，1，0，1，0\) ，那么如果当前括号合法，那么其最后的前缀和为 \(0\) ，且前缀和序列最小值大于等于 \(0\)，那么我们就可以模拟指令的输入，对于一个括号，就是对 \(正无穷(pos,正无穷)\) 的一个区间加，然后最大的嵌套次数就是区间的最大值，用区间最小值来判断合法即可，用线段树来维护，要注意会出现 \(pos=1\)， 还有 \(L\) 的指令。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define ls x<<1
#define rs x<<1|1
using namespace std;
const int N=1e6+10;
char s[N];
int n;
struct node{
int l,r,mx,mi,f;
}e[N*4];
void up(int x){
e[x].mx=max(e[ls].mx,e[rs].mx);
e[x].mi=min(e[ls].mi,e[rs].mi);
}
void down(int x){
if(e[x].f==0)return;
int f=e[x].f;
e[ls].mx+=f,e[ls].f+=f;e[rs].mx+=f;e[rs].f+=f;
e[ls].mi+=f;e[rs].mi+=f;
e[x].f=0;
return;
}
void built(int x,int l,int r){
e[x].l=l,e[x].r=r;e[x].f=0;
if(l==r){
e[x].mx=e[x].mi=0;return;
}
int mid=(l+r)/2;
built(ls,l,mid);built(rs,mid+1,r);
up(x);
}
void add(int x,int LL,int RR,int val){
if(e[x].l>=LL&&e[x].r<=RR){
e[x].mx+=val;
e[x].mi+=val;
e[x].f+=val;
return;
}
down(x);
int mid=(e[x].l+e[x].r)/2;
if(LL<=mid)add(ls,LL,RR,val);
if(RR>mid)add(rs,LL,RR,val);
up(x);
}
int pd(int x,int pos){
if(e[x].l==e[x].r)return e[x].mx;
down(x);
int mid=(e[x].l+e[x].r)/2;
if(pos<=mid)return pd(ls,pos);
else return pd(rs,pos);
}
int query(int x,int LL,int RR){
if(e[x].l>=LL&&e[x].r<=RR){
return e[x].mx;
}
down(x);
int ans=0;
int mid=(e[x].l+e[x].r)/2;
if(LL<=mid)ans=max(ans,query(ls,LL,RR));
if(RR>mid)ans=max(ans,query(rs,LL,RR));
return ans;
}
int query1(int x,int LL,int RR){
if(e[x].l>=LL&&e[x].r<=RR){
return e[x].mi;
}
down(x);
int ans=1e6+10;
int mid=(e[x].l+e[x].r)/2;
if(LL<=mid)ans=min(ans,query1(ls,LL,RR));
if(RR>mid)ans=min(ans,query1(rs,LL,RR));
return ans;
}
int ans[N];
int vis[N];
int main()
{
//freopen("H:\\c++1\\in.txt","r",stdin);
//freopen("H:\\c++1\\out.txt","w",stdout);
scanf("%d",&n);
scanf("%s",s+1);
built(1,1,N-1);
int pos=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(s[i]=='R')pos++,ans[i]=ans[i-1];
else if(s[i]=='L'){
ans[i]=ans[i-1];
if(pos==1)continue;
pos--;
}
else if(s[i]=='('){
int val=0;
if(vis[pos]==1)val=0;
else if(vis[pos]==-1)val=2;
else if(vis[pos]==0)val=1;
vis[pos]=1;
add(1,pos,N-1,val);
int flag=pd(1,N-1),flag1=query1(1,1,N-1);
if(flag==0&&flag1>=0){
ans[i]=query(1,1,N-1);
}else ans[i]=-1;
}else if(s[i]==')'){
int val=0;
if(vis[pos]==-1)val=0;
else if(vis[pos]==1)val=-2;
else if(vis[pos]==0)val=-1;
vis[pos]=-1;
add(1,pos,N-1,val);
int flag=pd(1,N-1),flag1=query1(1,1,N-1);
if(flag==0&&flag1>=0){
ans[i]=query(1,1,N-1);
}else ans[i]=-1;
//cout<<val<<" "<<flag<<" "<<pd(1,N-1)<<" "<<query(1,1,N-1)<<endl;
}else {
int val=0;
if(vis[pos]==0)val=0;
else if(vis[pos]==1)val=-1;
else if(vis[pos]==-1)val=1;
add(1,pos,N-1,val);
vis[pos]=0;
int flag=pd(1,N-1),flag1=query1(1,1,N-1);
if(flag==0&&flag1>=0){
ans[i]=query(1,1,N-1);
} else ans[i]=-1;
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)printf("%d%c",ans[i],i==n?'\n':' ');
return 0;
}
F. Economic Difficulties (DP)
题目大意：
存在两颗树，两个树的根节点为 \(1\) ，一个从上到下，一个从下到上，叶子结点个数相同且为 \(n\) ，有 \(n\) 个电机，每一个电机分别连接上下各一个叶子结点，只要存在一个叶子结点那么该电机可以运行，问使得 \(n\) 个电机都可以运行，最多可以删除两棵树的边。
大致思路：
首先可以分析，对于每一个电机必然是删除上树或者下树的边，我们使用 \(val[i][j]\) 来表示仅不给 \([i,j]\) 电机供电最大能删除的边，分别求出两颗树的，用 \(dp[i]\) ，来表示使得 \([1,i]\) 的电机可以运行最多可以删除的边数，那么 \(dp[i]=max(dp[i],dp[j]+max(val1[j+1][i],val2[j+1][i])\) ;就是相当于对于 \([j+1][i]\) 区间我选择上面下面最大的进行删除。对于 \(val[i][j]\) 可以使用 \(dfs\) 一遍来求，但是可能会出现有的 \(val[i][j]\) 没有赋值，那是由于不能仅不给 \([i,j]\) 电机断点，换句话就是要是 \([i,j]\) 断电，会导致实际 \([x,y]\) 断电，且 \([x,y]\) 包括 \([i,j]\) ，理解还是比较简单的，比较好写。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=3e3+10;
vector<int>e[2][N];
int dp[N];
int l[2][N],r[2][N];
int val[2][N][N];
int tot[2][N];
int n;
void dfs(int _,int x){
if(x!=1)tot[_][x]=1;
for(int v:e[_][x]){
dfs(_,v);
l[_][x]=min(l[_][x],l[_][v]); // x结点子树最左边的点，和最右边的点
r[_][x]=max(r[_][x],r[_][v]);
tot[_][x]+=tot[_][v];
}
val[_][l[_][x]][r[_][x]]=max(val[_][l[_][x]][r[_][x]],tot[_][x]);
}
int main()
{
//freopen("H:\\c++1\\in.txt","r",stdin);
//freopen("H:\\c++1\\out.txt","w",stdout);
scanf("%d",&n);
for(int _=0;_<2;_++){ // 两颗树
int a;
scanf("%d",&a);
for(int i=1;i<=a;i++)l[_][i]=a+1,r[_][i]=0;
for(int i=1,x;i<a;i++){
scanf("%d",&x);
e[_][x].push_back(i+1);
}
for(int i=1,x;i<=n;i++){
scanf("%d",&x);l[_][x]=r[_][x]=i;
}
dfs(_,1);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=0;j<i;j++){
dp[i]=max(dp[i],dp[j]+max(val[0][j+1][i],val[1][j+1][i]));
}
printf("%d\n",dp[n]);
return 0;
}
