Codeforces Round #627 (Div. 3)
题目链接：https://codeforces.com/contest/1324
A - Yet Another Tetris Problem
这个题的俄罗斯方块居然还不能旋转的？
不知道这个算法对不对，假如题目是那种可以放置1*2或者2*1两种方块的话，总是能够先放一系列1*2使得最后剩下的ai全是<=1。这时假如全部都是0或者全部是1则YES，否则若某两个相邻的1（墙也是1）之间有奇数个0，则一定是NO。因为，要么所有格子已经被消除，要么在最后消除这行的时候必定是00111或者10011之类的，连续偶数个0的情况。不过要尝试全部在0的位置竖着放1个2，这样会使得0和1状态翻转，有可能会翻转连续区间的奇偶性。比如：0110，翻转变成1001。
或者对于这种问题用老套路黑白格染色，规定左下角的格子是白色，当有偶数列时，每次消除的黑白格子的数量相同，所以只有当所有的格子的黑白数量相同时，才有可能全部消除（因为引入的新格子不会改变黑白数量的差）。同时易知所有格子的黑白数量相同时，一定可以全部消除，首先用上面的思路给低的格子全部+2，然后全部消掉，最后剩下一行的零星的格子，那么这一行相邻的黑白格，可以通过中间填入躺着的格子连起来，最后有可能会剩下两个底角的格子。这时全部+2使得状态翻转，再做一次就全部消除了。当有奇数列时，会交替多删除一个白格或者多删除一个黑格。所以全部消除的前提条件是黑白格子的数量差<=1。若黑白格子的数量相等，可以通过全部+2的形式使得黑白格子的数量差为1。然后把相邻的黑白格之间用躺着的格子连起来。
所以假如可以竖着或者横着的话，消除的充要条件是：n为偶数：黑白相等，n为奇数，黑白相差<=1。
但是假如是题目的意思的话就判断一下奇偶性就可以了。
B - Yet Another Palindrome Problem
？
C - Frog Jumps
题意：有个青蛙，一开始只能往右跳，[1,n]有一些字符'L'或者'R'。青蛙可以一开始确定一个最大跳跃距离d，以后他在什么字符的格子就只能往这个方向跳[0,d]步（不能越界）。求跳到n+1需要的最小的d。
题解：可以发现那些'L'是没什么用的（不需要进入'L'格，也可以去到其左边的'R'格，而左边的'R'格也没什么更有用的），每次都要走到'R'上面才能继续前进，所以就找最长的两个'R'之间的距离。默认第一个和最后一个也是'R'。
搞这些花里胡哨的干嘛。
int n;
char s[200005];
void test_case() {
scanf("%s", s + 1);
n = strlen(s + 1);
int ans = 0, prev = 0;
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
if(s[i] == 'R') {
ans = max(ans, i - prev);
prev = i;
}
}
ans = max(ans, n + 1 - prev);
printf("%d\n", ans);
}
*D - Pair of Topics
题意：求有多少对(i,j)(i<j)，满足ai+aj>bi+bj。
题解：移项得ai-bi>bj-aj，即bi-ai<aj-bj，注意两边的形式是不一样的，不是一个求逆序对的问题，不过处理的方法是一样的。也就是查询的都是ai-bi-1，插进树状数组的都是bi-ai。由于是小于号，所以树状数组就正着建。
int n;
int a[200005];
int b[200005];
int x[400005], xtop;
int bit[400005];
void add(int x, int v) {
for(; x <= xtop; x += x & (-x))
bit[x] += v;
}
ll sum(int x) {
ll res = 0;
for(; x; x -= x & (-x))
res += bit[x];
return res;
}
void test_case() {
scanf("%d", &n);
for(int i = 1; i <= n; ++i)
scanf("%d", &a[i]);
xtop = 0;
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
scanf("%d", &b[i]);
x[++xtop] = a[i] - b[i] - 1;
x[++xtop] = b[i] - a[i];
}
sort(x + 1, x + 1 + xtop);
xtop = unique(x + 1, x + 1 + xtop) - (x + 1);
ll ans = 0;
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
int pos1 = lower_bound(x + 1, x + 1 + xtop, a[i] - b[i] - 1) - x;
ans += sum(pos1);
int pos2 = lower_bound(x + 1, x + 1 + xtop, b[i] - a[i]) - x;
add(pos2, 1);
}
printf("%lld\n", ans);
}
看了别人的代码才发现可以对原本的数组排序，因为这道题规定i<j只是告诉大家一个对只计算一次，这个和逆序对的那道题是不一样的。因为这道题的查询的数和插入的数不一样，所以不会像统计逆序对的那道题一样产生影响。
收获：要认真移项，不要想当然。
*E - Sleeping Schedule
题意：要睡n次，第i次睡觉之前，在第i-1次刚睡醒的时候可以控制是ai小时后睡觉还是ai-1小时后睡觉。一天有h小时。睡觉的开始时间在[l,r]中是一次正常作息。求n次睡觉能得到多少次正常作息。
一看就知道是个憨b的dp。设前i次睡觉，睡觉结束之后的时间为j，那么由于每次都是恰好睡一天，正好都不需要加上去了。好像因为ai>=1所以其实那个+h防负数是没有必要的。
int a[2005];
int dp[2005][2005];
void test_case() {
int n, h, l, r;
scanf("%d%d%d%d", &n, &h, &l, &r);
for(int i = 1; i <= n; ++i)
scanf("%d", &a[i]);
memset(dp, -INF, sizeof(dp));
dp[0][0] = 0;
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
for(int j = 0, tj; j < h; ++j) {
tj = (j + a[i]) % h;
dp[i][tj] = max(dp[i][tj], dp[i - 1][j] + (l <= tj && tj <= r));
tj = (j + a[i] - 1 + h) % h;
dp[i][tj] = max(dp[i][tj], dp[i - 1][j] + (l <= tj && tj <= r));
}
}
int ans = 0;
for(int j = 0; j < h; ++j)
ans = max(ans, dp[n][j]);
printf("%d\n", ans);
}
F - Maximum White Subtree
题意：给一棵树，树上有一些黑点白点，对于每个点，选择一个包含该点的连通块，使得白色点的数量比黑色点的数量多的值最大。求这个最值。
题解：看起来很像树形dp的形式，设dp[u][v]为“当前根为节点u的，除去v边方向外的其他整棵树中（也就是除去v边外的子树中），最大的cntw-cntb值”。
这个东西显然可以通过二次扫描的换根法转移，具体为：
首先把白色记为1，黑色记为-1。
先选一个根，比如1，进行一次dfs，在这次dfs中，从叶子向根转移，处理的数组记为dp。
叶子除去唯一的v边之后就没有其他边了，所以只有一个 \(dp[u][p]=color[u]\) 。
否则一定有子树，必有 \(dp[u][p]=color[u]+\sum_{v\neq p} max(0,dp[v][u])\) ，而除去某个子树的信息要得到父亲那边的信息，暂时无法转移。
然后再进行一次dfs，在这次dfs中，从根向叶子转移，处理的数组依然是dp。
对于根来说，其不存在父亲，那么不走某个子树v0的包含根节点u的整棵子树，就相当于 \(dp[u][v0]=color[u]+\sum_{v\neq v0} max(0,dp[v][u])\) ，后面这个式子可以变形，所以变成 \(dp[u][v0]=color[u]+\sum_{v} max(0,dp[v][u]) - max(0,dp[v0][u])\) 。
对于非根来说，则有 \(dp[u][v0]=color[u]+\sum_{v\neq p} max(0,dp[v][u]) - max(0,dp[v0][u])+max(0,dp[p][u])\) 。
那么对于某个点u的答案就是 \(dp[u][p]+max(0,dp[p][u])\) 。
仔细看看上面的式子还可以合并？并不需要对叶子和根进行特殊处理。
int color[200005];
vector<int> G[200005];
map<int, int> dp[200005];
void dfs1(int u, int p) {
int sum = color[u];
for(auto &v : G[u]) {
if(v == p)
continue;
dfs1(v, u);
sum += max(0, dp[v][u]);
}
dp[u][p] = sum;
}
int ans[200005];
void dfs2(int u, int p) {
int sum = color[u];
for(auto &v : G[u])
sum += max(0, dp[v][u]);
for(auto &v : G[u])
dp[u][v] = sum - max(0, dp[v][u]);
for(auto &v : G[u]) {
if(v == p)
continue;
dfs2(v, u);
}
ans[u] = dp[u][p] + max(0, dp[p][u]);
}
void test_case() {
int n;
scanf("%d", &n);
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
scanf("%d", &color[i]);
if(color[i] == 0)
color[i] = -1;
}
for(int i = 1; i <= n - 1; ++i) {
int u, v;
scanf("%d%d", &u, &v);
G[u].push_back(v);
G[v].push_back(u);
}
dfs1(1, 0);
dfs2(1, 0);
for(int i = 1; i <= n; ++i)
printf("%d%c", ans[i], " \n"[i == n]);
}
上面是用了map的版本，主要是在dfs2的时候要创建dp[u][v]以及使用父亲的dp[p][u]，突然奇想这个其实可以直接下传。
int color[200005];
vector<int> G[200005];
int dp[200005];
void dfs1(int u, int p) {
int sum = color[u];
for(auto &v : G[u]) {
if(v == p)
continue;
dfs1(v, u);
sum += max(0, dp[v]);
}
dp[u] = sum;
}
int ans[200005];
void dfs2(int u, int p, int dppu) {
int sum = color[u] + max(0, dppu);
for(auto &v : G[u]) {
if(v == p)
continue;
sum += max(0, dp[v]);
}
for(auto &v : G[u]) {
if(v == p)
continue;
dfs2(v, u, sum - max(0, dp[v]));
}
ans[u] = dp[u] + max(0, dppu);
}
void test_case() {
int n;
scanf("%d", &n);
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
scanf("%d", &color[i]);
if(color[i] == 0)
color[i] = -1;
}
for(int i = 1; i <= n - 1; ++i) {
int u, v;
scanf("%d%d", &u, &v);
G[u].push_back(v);
G[v].push_back(u);
}
dfs1(1, 0);
dfs2(1, 0, 0);
for(int i = 1; i <= n; ++i)
printf("%d%c", ans[i], " \n"[i == n]);
}
没快多少，反而变复杂了。
提示：在树中要求以每个点为根求一次信息，极有可能是二次扫描换根法树形dp。
