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🔖容斥构造贪心数论状压DP树形DP树的直径map
2020-02-02 18:50阅读: 198评论: 0推荐: 0

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xi，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xi−r，大于d的会前进r单位，即坐标变为xi+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hi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≤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cntxy×|posx−posy|，其中cntxy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−cntxy×posy放进答案，当填x的时候，我们再把cntxy×posx放进答案，这样就组成了cntxy×(posx−posy)。所以我们填x后，对于已经填进去的字母y我们把cntxy×posx放进答案，而没出现的，就把−cntxy×posx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sonu中，dp[sonu][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> &deg,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&&deg[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≤c单位的水，现有n个朋友，第i个朋友会在ti分钟来，最多带ai单位的水，每单位水售价bi。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);
            }
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        write(ans,'\n');
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    return 0;
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本文作者：~Lanly~

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