比赛链接：
https://codeforces.com/contest/1674
E. Breaking the Wall
题目大意：
有 \(n\) 堵墙，每堵墙有一个生命值，每次可以选择一个位置 \(i\) 进行射击，会使第 \(i\) 堵城墙受到 2 点伤害，第 \(i + 1\) 和第 \(i - 1\) 堵城墙受到 1 点伤害。问最少多少次射击可以使两堵城墙血量 <= 0。
思路：
因为每次射击造成的伤害只在 \(i - 1\)，\(i\) 和 \(i + 1\) 上，按照贪心的策略，分三种情况。
1.直接射击最少血量的两堵城墙。
2.破坏相邻的两堵城墙。
这种情况下，如果一堵城墙的血量 <= 另一堵城墙的一半，那么直接射击血量大的那一堵即可。
若没有，可以设射击第一堵城墙 \(k_1\) 次，第二堵 \(k_2\) 次，第一堵城墙的血量为 \(a\)，第二堵城墙的血量为 \(b\)。
得到关系式：
\(k_1 * 2 + k_2 >= a\)
\(k_1 + 2 * k_2 >= b\)
得到射击次数为 \(k_1 + k_2 = \frac{a + b + 2}{3}\)。
3.破坏第 \(i - 1\) 和 \(i + 1\) 这两堵城墙。
首先先射击中间的城墙，当两边的一堵城墙被破坏后，射击还在的另一堵城墙。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, ans = 1e9;
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cin >> n;
vector <int> a(n);
for (int i = 0; i < n; i ++ )
cin >> a[i];
for (int i = 1; i < n - 1; i ++ )
if (a[i - 1] <= a[i + 1]) ans = min(ans, a[i - 1] + (a[i + 1] - a[i - 1] + 1) / 2);
else ans = min(ans, a[i + 1] + (a[i - 1] - a[i + 1] + 1) / 2);
for (int i = 0; i < n - 1; i ++ ){
int x = max(a[i], a[i + 1]), y = min(a[i], a[i + 1]);
if (y * 2 <= x) ans = min(ans, (x + 1) / 2);
else ans = min(ans, (x + y + 2) / 3);
}
sort(a.begin(), a.end());
ans = min(ans, (a[0] + 1) / 2 + (a[1] + 1) / 2);
cout << ans << "\n";
return 0;
}
F. Desktop Rearrangement
题目大意：
\(n * m\) 的桌面，'*' 为图标，'.' 为空位，当所有图标都填到左上角时（从左至右，从上至下填充），这就是一个干净的桌面。每一操作可以选择其中一个图标放到任意一个空的位置，有 \(q\) 次询问，每次询问让 \((x, y)\) 位置上的图标变成空的，空的变成图标。每次输出让桌面变干净的最小操作次数。
思路：
将图标变成空的时：
如果该位置在要填充的位置上，那么操作次数要增加一次。
有一个特殊情况，因为这步操作之后，要填充的位置数量减少了，如果改变的位置在原来要填充的最后一个位置上，操作次数是不变的。
将空的变成图标时：
如果该位置在要填充的位置上，那么操作次数可以减少一次。
同上述情况可得，如果改变的位置在特殊位置上，那么操作次数是不变的。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e3 + 10;
int n, m, q, x, y, cnt, ans;
char a[N][N];
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
cin >> n >> m >> q;
for (int i = 0; i < n; i ++ )
for (int j = 0; j < m; j ++ ){
cin >> a[i][j];
if (a[i][j] == '*') cnt ++ ;
}
for (int i = 0; i < n; i ++ )
for (int j = 0; j < m; j ++ )
if (a[i][j] == '*' && j * n + i >= cnt)
ans ++;
for (int i = 1; i <= q; i ++ ){
cin >> x >> y;
x -- , y -- ;
int p = y * n + x;
if (a[x][y] == '*'){
if (p < cnt) ans ++ ;
a[x][y] = '.';
cnt -- ;
if (a[cnt % n][cnt / n] == '.') ans -- ;
}
else{
if (a[cnt % n][cnt / n] == '.') ans ++ ;
a[x][y] = '*';
cnt ++ ;
if (p < cnt) ans -- ;
}
cout << ans << "\n";
}
return 0;
}
G. Remove Directed Edges
题目大意：
没有重边、自环的有向无环图，点 \(i\) 的入度为 \(in_i\)，出度为 \(out_i\)。
可以删除某些边，当且仅当删除后，每个点的出度和入度都小于原来该点的出度和入度，或者原来和现在的出度和入度都等于 0。
当某个子图删除了边之后还是连通的，它就被定义成 \(cute\) 的。
问 \(cute\) 的子图的点数最大可能是多少。
思路：
因为没有环，最后形成的子图会是一条链，因为多余的边都可以删除了。
定义 \(dp[i]\) 为从点 \(i\) 开始的最大的链，进行 \(dfs\)。
如果出度为 0 或 1，显然这条边删不掉，删掉的话，两边就分开了，结束搜索。
如果入度为 0 或 1，和出度的情况对应，这个点开始的链和上个点就不能连接起来。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10;
int n, m, in[N], out[N], dp[N], ans;
vector <int> g[N];
void dfs(int u){
if (dp[u]) return;
dp[u] = 1;
if (out[u] <= 1) return;
for (auto v : g[u]){
dfs(v);
if (in[v] > 1)
dp[u] = max(dp[u], dp[v] + 1);
}
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= m; i ++ ){
int u, v;
cin >> u >> v;
g[u].push_back(v);
in[v] ++ ;
out[u] ++ ;
}
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
dfs(i);
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
ans = max(ans, dp[i]);
cout << ans << "\n";
return 0;
}
