2024.12.28 Good Bye 2024: 2025 is NEAR

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Solved: 5/10

Rank: 1565

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-90 又 -90，好不容易上点分两场全掉没了……

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A. Tender Carpenter

题意：$n$ 个数，问能否有多于一种划分方案，使得划分出的每组数中任选三个数（可以相同）都能构成三角形。

显然全划分成一个是合法的；那么只需考虑任意的相邻两个数能否分成一组即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll=long long;
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
 
bool solve(){
    int n;
    cin>>n;
    vector<int> a(n);
    for(int& x:a)cin>>x;
    for(int i=0;i<n-1;++i){
        if(a[i]<a[i+1]*2&&a[i+1]<a[i]*2)return 1;
    }
    return 0;
}
 
int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
    int T;
    cin>>T;
    while(T--)cout<<(solve()?"YES":"NO")<<'\n';
}

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B. Outstanding Impressionist

题意：$n$ 个区间，对每个 $i$，问是否存在一种方案，在所有区间中各取一个数，使得其他区间中取的数都于第 $i$ 个区间取的数不同。

显然只有长度为 $1$ 的区间会对答案产生影响，只需判断区间是否被长度为 $1$ 的区间覆盖。对这类区间做一个前缀和。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll=long long;
using pii=pair<int,int>;
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
 
bool solve(){
    int n;
    cin>>n;
    vector<int> l(n),r(n);
    vector<int> c(2*n+1);
    vector<int> sc(2*n+1);
    for(int i=0;i<n;++i){
        cin>>l[i]>>r[i];
        if(l[i]==r[i])++c[l[i]];
    }
    for(int i=1;i<=2*n;++i){
        sc[i]=c[i]>0;
        sc[i]+=sc[i-1];
    }
    for(int i=0;i<n;++i){
        if(l[i]==r[i]){
            if(c[l[i]]>1)cout<<0;
            else cout<<1;
        }
        else{
            int sum=sc[r[i]]-sc[l[i]-1];
            if(sum<r[i]-l[i]+1)cout<<1;
            else cout<<0;
        }
    }
    cout<<'\n';
    return 0;
}
 
int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
    int T;
    cin>>T;
    while(T--)solve();
}

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C. Bewitching Stargazer

题意：初始有一个区间 $[1,n]$，递归对区间进行如下操作：若长度 $<k$ 则忽略；若长度为偶数，则拆分为两个长度相等的子区间$[l,mid]$和$[mid+1,r]$；若长度为奇数，则拆分为$[l,mid-1]$和$[mid+1,r]$并将$mid$的值加入答案。求最终答案。

右半区间的答案等于左半区间答案加左半区间数量乘一个常数，因此直接递归计算即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll=long long;
using pii=pair<int,int>;
using pll=pair<ll,ll>;
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
 
pll dfs(ll n,ll k){
    if(n<k)return {0,0};
    ll m=n+1>>1;
    pll t;
    if(n&1){
        t=dfs(m-1,k);
        return {2*t.first+m+t.second*m,t.second*2+1};
    }
    t=dfs(m,k);
    return {2*t.first+t.second*m,t.second*2};
}
 
void solve(){
    ll n,k;
    cin>>n>>k;
    cout<<dfs(n,k).first<<'\n';
}
 
int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
    int T;
    cin>>T;
    while(T--)solve();
}

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D. Refined Product Optimality

题意：给两个序列 $a$ 和 $b$，要求支持单点加 1 和查询两个序列从小到大排序后对应取 min 的乘积。

直接维护有序序列和每个数的排名即可。若有相等的数，则可视为相等数中排名最大的那个数加 1。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll=long long;
using pii=pair<int,int>;
using pll=pair<ll,ll>;
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
 
const int N=2e5+5,mod=998244353;
ll qpow(ll x,int y){
    ll r=1;
    for(;y;y>>=1){
        if(y&1)r=r*x%mod;
        x=x*x%mod;
    }
    return r;
}
ll inv(ll x){return qpow(x,mod-2);}
 
int n,q,o,x,pa[N],pb[N];
pii a[N],b[N];
map<int,int> mra,mrb;
ll ans;
 
void solve(){
    cin>>n>>q;
    for(int i=1;i<=n;++i)cin>>a[i].first,a[i].second=i;
    for(int i=1;i<=n;++i)cin>>b[i].first,b[i].second=i;
    sort(a+1,a+n+1);
    sort(b+1,b+n+1);
    mra.clear(),mrb.clear();
    for(int i=1;i<=n;++i){
        pa[a[i].second]=i;
        pb[b[i].second]=i;
        mra[a[i].first]=i;
        mrb[b[i].first]=i;
    }
    ans=1;
    for(int i=1;i<=n;++i)ans=ans*min(a[i].first,b[i].first)%mod;
    cout<<ans<<' ';
    while(q--){
        cin>>o>>x;
        ll u,v;
        if(o==1){
            int r=pa[x];
            if(r<mra[a[r].first]){
                int t=mra[a[r].first];
                u=min(a[t].first,b[t].first);
                ++a[t].first;
                v=min(a[t].first,b[t].first);
                swap(a[r].second,a[t].second);
                pa[a[r].second]=r;
                pa[a[t].second]=t;
                mra[a[r].first]=t-1;
                if(!mra.count(a[t].first))mra[a[t].first]=t;
            }
            else{
                u=min(a[r].first,b[r].first);
                if(a[r-1].first==a[r].first)mra[a[r].first]=r-1;
                else mra.erase(a[r].first);
                ++a[r].first;
                v=min(a[r].first,b[r].first);
                if(!mra.count(a[r].first))mra[a[r].first]=r;
            }
            ans=ans*inv(u)%mod*v%mod;
        }
        else{
            int r=pb[x];
            if(r<mrb[b[r].first]){
                int t=mrb[b[r].first];
                u=min(a[t].first,b[t].first);
                ++b[t].first;
                v=min(a[t].first,b[t].first);
                swap(b[r].second,b[t].second);
                pb[b[r].second]=r;
                pb[b[t].second]=t;
                mrb[b[r].first]=t-1;
                if(!mrb.count(b[t].first))mrb[b[t].first]=t;
            }
            else{
                u=min(a[r].first,b[r].first);
                if(b[r-1].first==b[r].first)mrb[b[r].first]=r-1;
                else mrb.erase(b[r].first);
                ++b[r].first;
                v=min(a[r].first,b[r].first);
                if(!mrb.count(b[r].first))mrb[b[r].first]=r;
            }
            ans=ans*inv(u)%mod*v%mod;
        }
        cout<<ans<<' ';
    }
    cout<<'\n';
}
 
int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
    int T;
    cin>>T;
    while(T--)solve();
}

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E. Resourceful Caterpillar Sequence

题意：给一棵树，两人轮流操作。初始有一条路径 $(p,q)$，先手操作时可将路径向 $p$ 的方向移动一条边，后手操作时可将路径向 $q$ 的方向移动一条边。$p$ 为叶子先手胜，$q$ 为叶子后手胜。问初始路径有多少种情况可保证后手获胜。

首先 $q$ 是叶子后手直接就获胜了。若 $q$ 不是叶子，则只可能是一轮直接获胜（否则先手可以反复撤销后手的移动，对局无法终止）。即：$q^{\prime }$ 是某叶子 $l$ 的父亲，$q$ 与 $q^{\prime }$ 相邻，$p$ 与任意叶子的距离至少为 $2$，$q$ 和 $p$ 在 $q^{\prime }$ 的不同子树中。此时枚举 $q^{\prime }$ 统计答案即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll=long long;
using pii=pair<int,int>;
using pll=pair<ll,ll>;
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
 
const int N=2e5+5,mod=998244353;
int n,x,y;
vector<int> e[N];
void adde(int x,int y){
    e[x].push_back(y);
}
 
bool vis[N];
int sz[N],sum[N],fa[N];
void dfs(int u,int f){
    sz[u]=1,sum[u]=!vis[u];
    for(int v:e[u])if(v^f){
        fa[v]=u;
        dfs(v,u);
        sz[u]+=sz[v];
        sum[u]+=sum[v];
    }
}
vector<int> lf;
void solve(){
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;++i)e[i].clear();
    for(int i=1;i<n;++i)cin>>x>>y,adde(x,y),adde(y,x);
 
    lf.clear();
    for(int i=1;i<=n;++i)if(e[i].size()==1)lf.push_back(i);
    ll ans=lf.size()*(n-lf.size());
 
    memset(vis,0,sizeof(bool)*(n+1));
    set<int> s;
    for(int u:lf){
        vis[u]=1;
        for(int v:e[u]){
            vis[v]=1;
            if(e[v].size()>1)s.insert(v);
        }
    }
    int all=0;
    for(int i=1;i<=n;++i)all+=!vis[i];
    dfs(1,0);
 
    for(int u:s){
        int siz,summ;
        for(int v:e[u]){
            if(v==fa[u])siz=n-sz[u],summ=sum[u];
            else siz=sz[v],summ=all-sum[v];
            if(siz>1)ans+=summ;
        }
    }
    cout<<ans<<'\n';
}
 
int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
    int T;
    cin>>T;
    while(T--)solve();
}