Educational Codeforces Round 74 (Rated for Div. 2)
A. Prime Subtraction (CF 1238 A)
题目大意
给定\(x,y\)，问它们的差能否表示成质数和。
解题思路
任何大于\(1\)数都可以做质因数分解，那么只要差不是\(1\)，都是可以的。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef vector<int> VI;
typedef pair<int,int> PII;
typedef vector<PII> VPII;
typedef vector<LL> VL;
typedef pair<LL,LL> PLL;
typedef vector<PLL> VPLL;
template <typename T>
void read(T &x) {
int s = 0, c = getchar();
x = 0;
while (isspace(c)) c = getchar();
if (c == 45) s = 1, c = getchar();
while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
if (s) x = -x;
}
template <typename T>
void write(T x, char c = ' ') {
int b[40], l = 0;
if (x < 0) putchar(45), x = -x;
while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
if (!l) putchar(48);
while (l) putchar(b[--l] | 48);
putchar(c);
}
int main(void) {
int kase; read(kase);
for (int i = 1; i <= kase; i++) {
LL a,b;
read(a);
read(b);
if (a-b==1) puts("NO");
else puts("YES");
}
return 0;
}
B. Kill 'Em All (CF 1238 B)
题目大意
给定\(n,r\)，在一维数轴上，\(x>0\)有\(n\)个怪物位置分别在\(x_i\)，现可以扔一个炸弹到某位置\(d\)，位置\(d\)的怪物就挂了，小于\(d\)的会后退\(r\)单位，即坐标变为\(x_i-r\)，大于\(d\)的会前进\(r\)单位，即坐标变为\(x_i+r\)。若怪物坐标小于等于\(0\)则怪物也挂了。问最少扔多少个炸弹使得所有怪物都挂了。
解题思路
如果任意扔中间位置，原点远的怪物会越来越远，这时要不直接打它，要不用冲击波让它飞到小于等于\(0\)处这显然不是最优的。显然贪心每次打最远的怪物直到所有怪物的坐标都小于等于0或者所有怪物都挂了。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef vector<int> VI;
typedef pair<int,int> PII;
typedef vector<PII> VPII;
typedef vector<LL> VL;
typedef pair<LL,LL> PLL;
typedef vector<PLL> VPLL;
template <typename T>
void read(T &x) {
int s = 0, c = getchar();
x = 0;
while (isspace(c)) c = getchar();
if (c == 45) s = 1, c = getchar();
while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
if (s) x = -x;
}
template <typename T>
void write(T x, char c = ' ') {
int b[40], l = 0;
if (x < 0) putchar(45), x = -x;
while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
if (!l) putchar(48);
while (l) putchar(b[--l] | 48);
putchar(c);
}
int main(void) {
int kase; read(kase);
for (int i = 1; i <= kase; i++) {
int n;
LL r;
vector<LL> pos;
bool sign[100005]={0};
read(n);
read(r);
for(int u,i=1;i<=n;++i){
read(u);
if (!sign[u]){
pos.push_back(u);
sign[u]=true;
}
}
sort(pos.begin(),pos.end(),greater<int>());
LL cnt=0;
for(auto i:pos){
if (i-cnt*r<=0) break;;
++cnt;
}
write(cnt,'\n');
}
return 0;
}
C. Standard Free2play (CF 1238 C)
题目大意
给定\(h,n\)，表示初始高度为\(h\)，初始有\(n\)块板高度分别为\(h_i\)是伸出来的，你需要从\(h\)到地面（高度为\(0\))，当站上一块板后，该板和下一块板的状态会发生改变，即从伸出来变成缩进去，或者从缩进去变成伸出来。你一次最多可以掉落两个高度单位。问初始最少需要改变多少块板的状态，你才能安全到达地面。
解题思路
手玩几个样例会发现，初始如果有连续偶数个板伸出来，这时候需要改变一个板的状态，可以改变最后一个伸出来的或者最后一个伸出来的下一块板的状态，使得这个连续板伸出来的数量为偶数。而对于中间如果有连续奇数个板伸出来，这时候也需要改变一块板的状态。问题就转换成统计连续板的奇偶性问题了。注意与地面连接的连续板的那部分不需要考虑。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef vector<int> VI;
typedef pair<int,int> PII;
typedef vector<PII> VPII;
typedef vector<LL> VL;
typedef pair<LL,LL> PLL;
typedef vector<PLL> VPLL;
template <typename T>
void read(T &x) {
int s = 0, c = getchar();
x = 0;
while (isspace(c)) c = getchar();
if (c == 45) s = 1, c = getchar();
while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
if (s) x = -x;
}
template <typename T>
void write(T x, char c = ' ') {
int b[40], l = 0;
if (x < 0) putchar(45), x = -x;
while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
if (!l) putchar(48);
while (l) putchar(b[--l] | 48);
putchar(c);
}
int main(void) {
int kase; read(kase);
for (int i = 1; i <= kase; i++) {
int n,h;
read(h);
read(n);
int cnt=0;
int la;
read(la);
int ans=0;
for(int v,i=2;i<=n;++i){
read(v);
if (la-v==1) ++cnt;
else{
if (cnt&1) ++ans;
cnt=1;
}
la=v;
}
if (la-0==1) ++cnt;
else if (cnt&1) ++ans;
if (h==1) ans=0;
write(ans,'\n');
}
return 0;
}
D. AB-string (CF 1238 D)
题目大意
给定一个长度为\(n\)的\(AB\)串\(s\)，问串\(s\)有多少个子串是好串。一个串是好串当且仅当它的每个字母都在某个回文子串中。
解题思路
直接统计会爆时间，考虑每个回文串去统计对答案的贡献比较难，但发现统计不是好串的数量十分容易，我们可以容斥。
由于串中仅包含\(AB\)，我们考虑一段连续的长度为\(l\)的\(A\)子串，记为\(t\)，它的右边一位是\(B\)，则\(tB\)不是好串，\(t\)减去前面若干个\(A\)后也不是好串，这时不是好串的数量有\(l\)个，如果\(B\)后面是\(B\)，则\(tBB\)是好串。而如果后面是\(A\)，则\(tBA\)还是个好串。所以不是好串的子串都是形如\(AAAAAB\)或者\(BBBBBA\)，当然也有\(ABBBBB\)或者\(BAAAAAA\)，所以前扫一遍后扫一遍即可得出答案。注意长度为\(2\)的不是好串的串重复统计的情况。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef vector<int> VI;
typedef pair<int,int> PII;
typedef vector<PII> VPII;
typedef vector<LL> VL;
typedef pair<LL,LL> PLL;
typedef vector<PLL> VPLL;
template <typename T>
void read(T &x) {
int s = 0, c = getchar();
x = 0;
while (isspace(c)) c = getchar();
if (c == 45) s = 1, c = getchar();
while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
if (s) x = -x;
}
template <typename T>
void write(T x, char c = ' ') {
int b[40], l = 0;
if (x < 0) putchar(45), x = -x;
while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
if (!l) putchar(48);
while (l) putchar(b[--l] | 48);
putchar(c);
}
int main(void) {
int n;
read(n);
char s[n];
scanf("%s",s);
LL ans=(LL)n*(n+1)/2;
int cnt=1;
for(int i=1;i<n;++i){
if (s[i]==s[i-1]) ++cnt;
else{
ans-=cnt;
cnt=1;
}
}
cnt=1;
for(int i=n-1;i>=0;--i){
if (s[i]==s[i+1]) ++cnt;
else{
ans-=cnt-1;
cnt=1;
}
}
ans-=n;
write(ans,'\n');
return 0;
}
E. Keyboard Purchase (CF 1238 E)
题目大意
给定\(n,m\)，以及长度为\(n\)的仅包含字母表前\(m\)个的串\(s\)，现在需要重新安排这前\(m\)个字母的顺序，排成一列，使得输入这个串\(s\)的代价最小。输入串的代价为手指需要移动的距离。
解题思路
考虑暴力，即枚举排列的情况分别计算，我们发现这很像数位\(DP\)。由于\(m\leq 20\)，我们可以状压，设\(dp[k]\)表示我们已经排好的字母的状态下，剩下的字母排列的所有情况中，需要的最小代价。由于\(k\)在二进制中\(1\)的数量暗示了当前要填的数的位置，我们枚举当前位置\(pos\)要填的一个字母\(x\)，考虑填这个字母后它所贡献的代价，即为\(cnt_{xy}\times |pos_x-pos_y|\)，其中\(cnt_{xy}\)表示在串\(s\)中，字母\(xy\)相邻的次数。但由于\(y\)的位置从我们设置的状态中无法得知，或者还没填进去。但我们把因子乘进去，我们可以分别计算两者的贡献，即填\(y\)的时候，我们把\(-cnt_{xy}\times pos_y\)放进答案，当填\(x\)的时候，我们再把\(cnt_{xy}\times pos_x\)放进答案，这样就组成了\(cnt_{xy}\times (pos_x-pos_y)\)。所以我们填\(x\)后，对于已经填进去的字母\(y\)我们把\(cnt_{xy}\times pos_x\)放进答案，而没出现的，就把\(-cnt_{xy}\times pos_x\)放进答案。记忆化搜索即可。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef vector<int> VI;
typedef pair<int,int> PII;
typedef vector<PII> VPII;
typedef vector<LL> VL;
typedef pair<LL,LL> PLL;
typedef vector<PLL> VPLL;
template <typename T>
void read(T &x) {
int s = 0, c = getchar();
x = 0;
while (isspace(c)) c = getchar();
if (c == 45) s = 1, c = getchar();
while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
if (s) x = -x;
}
template <typename T>
void write(T x, char c = ' ') {
int b[40], l = 0;
if (x < 0) putchar(45), x = -x;
while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
if (!l) putchar(48);
while (l) putchar(b[--l] | 48);
putchar(c);
}
const int N=1e5+8;
const LL INF=1e9+7;
int n,m;
char s[N];
LL dp[1<<20];
int cnt[27][27];
void solve(int cur,int num){
if (cur==(1<<m)-1) return;
if (dp[cur]!=INF) return;
for(int i=0;i<m;++i){
if ((cur>>i)&1) continue;
LL qwq=0;
for(int j=0;j<m;++j){
if (i==j) continue;
if ((cur>>j)&1) qwq+=cnt[i][j]*num;
else qwq-=cnt[i][j]*num;
}
solve(cur|(1<<i),num+1);
dp[cur]=min(dp[cur],dp[cur|(1<<i)]+qwq);
}
}
int main(void) {
read(n);
read(m);
scanf("%s",s);
int len=strlen(s);
for(int i=1;i<len;++i){
++cnt[s[i-1]-'a'][s[i]-'a'];
++cnt[s[i]-'a'][s[i-1]-'a'];
}
for(int i=0;i<(1<<m);++i) dp[i]=INF;
dp[(1<<m)-1]=0;
solve(0,1);
write(dp[0],'\n');
return 0;
}
F. The Maximum Subtree (CF 1238 F)
题目大意
给定一棵树，要求找出最大的子树，使得该子树可以通过给定的方法构造出来。给定的方法为，选择一些线段，它们分别代表一个点，如果线段之间有交点，它们点与点之间有连线，然后这些线段所形成的图是你选定的子树。
解题思路
我们先考虑由线段构成的树会有什么性质。
容易发现这种树它的任意一个点所连的所有点中，最多只能有两个点有孩子。
然后就是一个找带权的最大直径问题，这个权是某点所连接的无孩子的点的数量。
或者可以采用树型\(DP\)，如果我们强行规定一个根，那么根可以有两个孩子有孙子，其余的仅可以有一个孩子有孙子。\(dp[u][0]\)表示以\(u\)为根的子树的最大子树，\(dp[u][1]\)表示以\(u\)父亲为根，\(u\)子树的最大子树。
则\(dp[u][0]=MAX+SEC\_MAX+deg(u)+1,dp[u][1]=MAX+deg(u)-1\)，其中\(deg(u)\)表示点\(u\)的度，\(MAX和SEC\_MAX\)表示\(u\)的所有孩子\(son_u\)中，\(dp[son_u][1]\)的最大值和次大值。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef vector<int> VI;
typedef pair<int,int> PII;
typedef vector<PII> VPII;
typedef vector<LL> VL;
typedef pair<LL,LL> PLL;
typedef vector<PLL> VPLL;
template <typename T>
void read(T &x) {
int s = 0, c = getchar();
x = 0;
while (isspace(c)) c = getchar();
if (c == 45) s = 1, c = getchar();
while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
if (s) x = -x;
}
template <typename T>
void write(T x, char c = ' ') {
int b[40], l = 0;
if (x < 0) putchar(45), x = -x;
while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
if (!l) putchar(48);
while (l) putchar(b[--l] | 48);
putchar(c);
}
void DFS(int u,int fa,vector<int> edge[],vector<int> °,int dp[][2]){
int ma=0,sma=0;
for(int v:edge[u]){
if (v==fa) continue;
DFS(v,u,edge,deg,dp);
if (dp[v][1]>=ma){
sma=ma;
ma=dp[v][1];
}
else sma=max(dp[v][1],sma);
}
dp[u][0]=ma+sma+deg[u]+1;
dp[u][1]=ma+deg[u]-1;
}
int main(void) {
int kase; read(kase);
for (int i = 1; i <= kase; i++) {
int n;
read(n);
vector<int> edge[n+1],deg(n+1);
for(int u,v,i=1;i<n;++i){
read(u);
read(v);
edge[u].push_back(v);
edge[v].push_back(u);
++deg[u];
++deg[v];
}
int dp[n+1][2]={0};
int root=1;
while(root<=n&°[root]==1) ++root;
if (root>n) {puts("2"); continue;}
DFS(root,root,edge,deg,dp);
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;++i) ans=max(ans,dp[i][0]);
write(ans,'\n');
}
return 0;
}
G. Adilbek and the Watering System (CF 1238 G)
题目大意
浇花，水壶容量\(c\)，每分钟消耗一个单位的水，要浇\(m\)分钟，初始有\(c0\leq c\)单位的水，现有\(n\)个朋友，第\(i\)个朋友会在\(t_i\)分钟来，最多带\(a_i\)单位的水，每单位水售价\(b_i\)。现要求能不断浇水，直到\(m\)分钟。最小化花费。不可行输出\(-1\)。
解题思路
其实完全可以变成汽车加油问题。
只是油箱容量有限制，我们仿照汽车加油问题采取贪心策略。
由于原先的汽车加油问题中油箱没有容量限制，使得我们可以在没油的时候才决定之前该在哪个加油站加油。而这里有限制，如果仍采取上述策略的话很有可能导致某处加油会爆容量。
为了防止爆容量，我们可以在每个加油站都把油箱加满，而在使用油的时候再认为我们花费了钱去买它。当到达一个加油站时，我们对油箱里单价比当前加油站的油高的油进行替换，这样我们就时刻保证油箱里的油是可使用的最便宜的，正确性很显然的。用\(map\)即可实现。\(map[i]=j\)表示油箱里单价为\(i\)的油有\(j\)单位。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef vector<int> VI;
typedef pair<int,int> PII;
typedef vector<PII> VPII;
typedef vector<LL> VL;
typedef pair<LL,LL> PLL;
typedef vector<PLL> VPLL;
template <typename T>
void read(T &x) {
int s = 0, c = getchar();
x = 0;
while (isspace(c)) c = getchar();
if (c == 45) s = 1, c = getchar();
while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
if (s) x = -x;
}
template <typename T>
void write(T x, char c = ' ') {
int b[40], l = 0;
if (x < 0) putchar(45), x = -x;
while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
if (!l) putchar(48);
while (l) putchar(b[--l] | 48);
putchar(c);
}
int main(void) {
int kase; read(kase);
for (int i = 1; i <= kase; i++) {
int n,m,c,c0;
read(n);
read(m);
read(c);
read(c0);
map<int,int> qwq;
vector<pair<int,pair<int,int>>> f;
for(int t,a,b,i=1;i<=n;++i){
read(t);
read(a);
read(b);
f.push_back(make_pair(t,make_pair(b,a)));
}
f.push_back(make_pair(0,make_pair(0,c0)));
f.push_back(make_pair(m,make_pair(0,0)));
sort(f.begin(),f.end(),less<pair<int,pair<int,int>>>());
LL ans=0;
int cur=c0;
qwq[f[0].second.first]=f[0].second.second;
for(int i=1;i<=n+1;++i){
if (f[i].first>m) break;
int tmp=f[i].first-f[i-1].first;
if (tmp>cur){ans=-1; break;}
while(tmp>0){
int qaq=min(tmp,qwq.begin()->second);
ans+=(LL)qaq*qwq.begin()->first;
qwq.begin()->second-=qaq;
if (qwq.begin()->second==0) qwq.erase(qwq.begin());
tmp-=qaq;
cur-=qaq;
}
cur+=f[i].second.second;
qwq[f[i].second.first]+=f[i].second.second;
while(cur>c){
int qaq=min(cur-c,qwq.rbegin()->second);
cur-=qaq;
qwq.rbegin()->second-=qaq;
auto it=qwq.end();
--it;
if (qwq.rbegin()->second==0) qwq.erase(it);
}
}
write(ans,'\n');
}
return 0;
}
