Codeforces Global Round 13

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A（水题）

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⭐

题目：
给出一个$01$序列，有2种操作：1.将某个位置取反；2.询问$01$序列中第$k$大的数

解析：
显然维护1的数目即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
/*===========================================*/

int ones = 0;
const int maxn = 1e5 + 5;
int dat[maxn];

int main() {
	int n, q, a, b;
	scanf("%d%d", &n, &q);
	for (int i = 0; i < n; ++i)
	{
		scanf("%d", &dat[i]);
		ones += dat[i];
	};
	while (q--) {
		scanf("%d%d", &a, &b);
		if (a == 1) {
			--b;
			if (dat[b])
				--ones;
			else
				++ones;
			dat[b] = 1 - dat[b];
		}
		else {
			printf("%d\n", ones >= b);
		}
	}
}

 

B（贪心）

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⭐⭐

题目：
给出一张图，由$n(n\le100)$行（行从1开始编号），$10^6+1$列组成（列从0开始编号），在所给矩阵的每一行存在一个障碍，现在可以花费$v$使得障碍水平移动，$u$使得障碍竖直移动，问若要从$(1,0)$可以到达$(n,10^6+1)$，最小花费是多少？
（题目所给障碍物水平移动范围不包含两端）

解析：
由于水平移动范围不包含两端，所以不会出现上下封闭的情况，那么只有一种情况下无法到达，即所有障碍形成一条连续线段，将图分割成左右两部分，在这样的情况下，分以下两种情况进行讨论：

• 如果这是一条笔直的线段，即障碍所在列全部相同，则考虑将相邻障碍物一个左移一个右移，或者将障碍物先水平移动再垂直移动到不同行，形成空缺
• 如果不是笔直的，那么在可以在线段斜线处水平移动一次或者竖直移动一次，形成空缺

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
/*===========================================*/

int ones = 0;
const int maxn = 105;
int ob[maxn];

int main() {
	int T;
	int n, u, v;
	scanf("%d", &T);
	while (T--)
	{
		bool left = true;
		scanf("%d%d%d", &n, &u, &v);
		for (int i = 0; i < n; ++i)
			scanf("%d", &ob[i]);
		int last = 0;
		bool equ = true, line = true;
		for (int i = 1; i < n; ++i)
		{
			if (abs(ob[i] - ob[i - 1]) > 1)
			{
				line = false;
				break;
			}
			if (ob[i] != ob[i - 1])
				equ = false;
		}
		if (line) {
			if (equ)
				printf("%d", min(2 * v, u + v));
			else
				printf("%d", min(u, v));
		}
		else
			printf("%d", 0);
		printf("\n");
	}
}

 

C（思维）

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⭐⭐⭐

题目：
给出$n$个蹦床，每个蹦床有一个强度$S_i$，如果身处$i$蹦床，会跳跃至$i+S_i$处，且每次蹦床被踩压后，强度会$-1$，但至多减至1，现在可以从任意位置起跳，每次跳跃直到无蹦床可以踩压为止，问将所有蹦床强度降至$1$，所最少需要的游戏次数

解析：

1. 假设从$i$蹦床出发，他只会对$\ge i$的部分产生影响，所以如果全要降为$1$，则需要从前到后的遍历蹦床，并将其强度减到$1$为止
2. 这就要求维护一个$t$数组，统计$i$之前的蹦床跳跃时对$i$的影响，显然仍需要跳跃的次数为$\max(S_i-1-t_i,0)$
3. 将$i$位置的强度降为$1$，则会踩压到$i+2,i+3,...,i+S_i$的所有蹦床，即所属$t$均要加$1$
4. 同时也不难发现，可能由于受之前影响的踩压次数过多（未遍历到$i$以前，$S_i$已经降为$1$了），就可以传递给下一个蹦床，即$t[i+1]=\max(t_i-S_i+1,0)$

注意：

1. 答案需要开$long\ long$存储
2. 第$i$号蹦床对后序的影响，即$+1$过程，可以用差分数组维护

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 5e3 + 5;
int dat[maxn];
int t[maxn];
long long ret;

int main() {
	int T,n;
	scanf("%d", &T);
	while (T--) {
		ret = 0;
		scanf("%d", &n);
		for (int i = 0; i < n; ++i)
			scanf("%d", &dat[i]);
		memset(t, 0, sizeof(t));
		for (int i = 0; i < n; ++i) {
			int x = max(0, dat[i] - 1 - t[i]);
			ret += x;
			int end = min(n - 1, i + dat[i]);
			for (int j = i + 2; j <= end; ++j)
				++t[j];
			t[i + 1] += max(t[i] - dat[i] + 1, 0);
		}
		printf("%lld\n", ret);
	}
}

 

D（思维+位运算）

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⭐⭐⭐

题目：
规定如果$u\&v=v$，则$u$可达$u+v$，现在给出$u,v$，问是否可以从$u$到$v$

解析：

1. 如果$u\rightarrow v$，则$u<v$是显然的
2. 不难发现对于任意一个$u$，对于所有$u$可达点的中间变量$v'$，满足：$v'$中如果位数为1，则必有$u$中对应位也为$1$，而$u+v'$可以使得$1$的位置向左移，如1101+0001=1110，且在$1$连续的情况下，可以选择性的消除任意个多余的$1$，例如0111+0001=1000，或0111+0101=1100
3. 那么对于所给出的$u$与$v$只要保证每个$v$的每一位的右边位置，$u$的$1$比$v$多，则就可以通过不断左移或消除$1$，获得所需要的$v$序列。换句话说即每个$v$中，位为$1$的右边位上还含有若干个未被抵消（使用）的$u$的1

附：

• $+v'$操作肯定不会使得$u+v'>v$原因在于，对于每个$v$如果有1，则他的右边$u$存在很多1，这两段二进制代码的差一定是大于等于1的，如100000与0011010
• 如果当前$u$位也存在1，则可以将这些多余的1放在后续中被消除，这是一定能完成的。因为初始时保证$u\le v$，如果二者$1$的数目不等，则必然存在$v$的一个最高位使得$v$中有$1$，而$u$终没有

 

E（暴力+分治+树）

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⭐⭐⭐⭐⭐

题目：
规定$Fib-tree$必须满足以下条件

• 顶点数为$Fibonacci数$
• 只有一个顶点或者可以通过消除某条边将树分割成两个$Fib-tree$

现在给出树的边，问是否是一个$Fib-tree$

解析：

1. 首先对顶点数进行判定是否为$Fibonacci数$

2. 如若这个树可以分割成两个子$Fib-tree$，则一定能肯定两个子树的顶点数为$fib[k-1],fib[k-2]$，同时也可以证明，如果存在多条（最多两条，由树的定义可知）可以分割的边，则消除任意一条可行边不会影响结果
   证明：如果存在两条边分割子树顶点数为$fib[k-1],fib[k-2]$，如果使用某一条可行边将其分割，另一条可行边一定是在$fib[k-1]$对应的子树中，会将$fib[k-1]$分割为$fib[k-2],fib[k-3]$，所以两条边是等价的
   

3. 这样的情况下，构建一个$getSize$函数获取以某个点为根，子树的大小，如果子树大小为$fib[k-1]$或者$fib[k-2]$则考虑分割这条边，然后进行递归性的处理即可

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int maxn = 2e5 + 5;
vector<int> fib;
typedef pair<int, bool> P;
vector<P> e[maxn];
int siz[maxn];
int n;

void no() { printf("NO"); exit(0); }

void getSize(int u, int fa) {
	siz[u] = 1;
	for (auto& i : e[u]) {
		if (i.second || i.first == fa) continue;
		getSize(i.first, u);
		siz[u] += siz[i.first];
	}
}

void cutEdge(int u, int fa, int k, int& pu, int& pv, int& kd) {
	for (auto& i : e[u]) {
		if (pu) return;
		if (i.second || i.first == fa) continue;
		if (siz[i.first] == fib[k - 1] || siz[i.first] == fib[k - 2]) {
			pu = u, pv = i.first;
			kd = siz[i.first] == fib[k - 1] ? k - 1 : k - 2;
			return;
		}
		cutEdge(i.first, u, k, pu, pv, kd);
	}
}

void Check(int u, int k) {
	if (k <= 1) return;
	getSize(u, 0);
	int pu = 0, pv = 0, kd = 0;
	cutEdge(u, 0, k, pu, pv, kd);
	if (!pu) no();
	for (auto& i : e[pu])
		if (i.first == pv) i.second = true;
	for (auto& i : e[pv])
		if (i.first == pu) i.second = true;
	Check(pv, kd);
	Check(pu, 2 * k - 3 - kd);
}

int main() {
	int u, v;
	scanf("%d", &n);
	fib.push_back(1), fib.push_back(1);;
	while (fib.back() < n)
		fib.push_back(fib[fib.size() - 1] + fib[fib.size() - 2]);
	for (int i = 1; i < n; ++i) {
		scanf("%d%d", &u, &v);
		e[u].push_back(P(v, false));
		e[v].push_back(P(u, false));
	}
	if (fib.back() != n) no();
	Check(1, fib.size() - 1);
	printf("YES");
}