Codeforces Global Round 26 (A - E)

Codeforces Global Round 26

A#

如果 $a_1=a_n$，无解。

如果 $a_2=a_n$，$a_1,a_2$ 涂成红色，否则只把 $a_1$ 涂成红色。

void solve() {
	cin >> n;
	for(int i = 1; i <= n; ++ i) cin >> a[i];
	if(a[1] == a[n]) {
		cout << "NO\n";
		return;
	}
	cout << "YES\n";
	if(a[2] != a[n]) {
		cout << "R";
		for(int i = 2; i <= n; ++ i) {
			cout << "B";
		}
		cout << '\n';
		return;
	}
	cout << "RR";
	for(int i = 3; i <= n; ++ i) {
		cout << "B";
	}
	cout << '\n';
}

B#

如果首位不等于 $1$，无解。

否则可以推出两个数 $a+b=x$ 每一位的和，且这个和一定属于 $[10,18]$，否则无解。

例如：$1393938$。

• $a_0+b_0=18$。
• $a_1+b_1=13-1$（一定有进位）。
• $a_2+b_2=19-1$。

以此类推。

void solve() {
	ll x; cin >> x;
	auto s = to_string(x);
	int n = s.length();
	if(s[0] != '1') {
		cout << "NO\n";
		return;
	}
	for(int i = 0; i <= n - 2; ++ i) {
		int x = 10 + s[i + 1] - '0';
		if(i != n - 2) -- x;
		if(x < 10 || x > 18) {
			cout << "NO\n";
			return;
		}
	}
	cout << "YES\n";
}

C1#

最多只会用一次操作二。

反证法，考虑最后两次操作二分别对应 $c+a_i$ 和 $c+a_j$。显然 $c+a<0$ ，否则没必要用操作二。如果 $i$ 处用了操作 $1$ ，$c+a_j$ 将变得更小，从而使答案增大。

维护最小前缀和 $x=min(s_i,0)$，则最终的 $c=s_n-2x$。

void solve() {
	ll n, mi = 0, s = 0;
	cin >> n;
	for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
		int x; cin >> x;
		mi = min(mi, s += x);
	}
	cout << s - mi * 2 << '\n';
}

C2#

延续 C1 的思考方向。

如果 $x=0$，操作中不出现负数。因此操作一操作二是等效的，方案数为 $2^n$。

如果 $s_i=x$，说明可以在这一步进行操作二达到最终的 $c$。

记 $k=\sum _{j<i}[s_j\ge 0]$，表示在 $i$ 之前有 $k$ 步可以用两种操作。因为 $c\ge 0$，所以在 $i$ 之后的所有的操作都是非负的，贡献为 $2^k\times 2^{n-i}$。

void solve() {
	cin >> n;
	mi = 0;
	for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
		cin >> s[i];
		mi = min(mi, s[i] += s[i - 1]);
	}
	if(mi == 0) {
		cout << p[n] << '\n';
		return;
	}
	ll ans = 0;
	for(int i = 1, k = 0; i <= n; ++ i) {
		if(s[i] >= 0) ++ k;
		if(s[i] == mi) {
			ans = (ans + p[k] * p[n - i]) % P;
		}
	}
	cout << ans << '\n';
}

D#

设 $s$ 长度为 $n$。特判全为 a 的情况，共 $n-1$ 种方案。

设 $s$ 中非 a 字符的数量为 $m$。

如果 $t$ 中有 $k$ 个非 a 字符，把 $t$ 掐头去尾忽略前后的 a 后，原串里一定恰好存在 ${\displaystyle \frac{m}{k}}$ 个 $t^{\prime }$，且 $k\mid m$。

枚举 $k$。记录第 $i$ 个非 a 字符的位置为 $p_i$（从 $0$ 开始），如果 $s_{p_i}\ne s_{p_i-k}$ 或不在分割处的 $p_i-p_{i-1}\ne p_{i-k}-p_{i-k-1}$，$t^{\prime }$ 不合法。

把 $t^{\prime }$ 还原为 $t$，枚举左边有的 a 个数 $l\in [0,p_0]$。

设 $x$ 为分割处的最小间隔 $min(p_i-p_{i-1}),k\mid i$，则右边的 a 个数 $r\in [0,min(x-l,n-p_{m-1}-1)]$。

void solve() {
	string s;
	cin >> s;
	int n = s.length();
	if(count(s.begin(), s.end(), 'a') == n) {
		cout << n - 1 << '\n';
		return;
	}	
	vector<int> a;
	for(int i = 0; i < n; ++ i) {
		if(s[i] != 'a') {
			a.eb(i);
		}
	}
	int m = a.size();
	ll ans = 0;
	for(int i = 1; i <= m; ++ i) {
		if(m % i) {
			continue;
		}
		int ok = 1;
		for(int j = i; j < m; ++ j) {
			int o = j % i;
			if(s[a[j]] != s[a[o]] || (o && a[o] - a[o - 1] != a[j] - a[j - 1])) {
				ok = 0;
				break;
			}
		}
		if(ok) {
			int mi = n;
			for(int j = i; j < m; j += i) {
				mi = min(mi, a[j] - a[j - 1] - 1);
			}
			int r = n - a.back() - 1;
			for(int l = 0; l <= a[0]; ++ l) {
				ans += max(0, min(r + 1, mi - l + 1));
			}
		}
	}
	cout << ans << '\n';
}

E#

把一个点的父亲儿子都加到 $T_2$ 后，这个点就是叶子，且与之直接相连的点都不是叶子。（所有相邻点都是这个点的祖先）。

所有的叶子构成一个独立集，我们找去除根后最大的，类似 上司的舞会。

枚举每个节点作为初始的根，换根 dp。如果根本身就是叶子还要在加一。

具体来说，第一次扫描以 $1$ 为根求出 $f_{x,1/0}$ 表示以 $x$ 为根的子树中 $x$ 选/不选的最大独立集：$\{\begin{array}{l}{f}_{x,0}=\sum _{y\in g_x}max(f_{y,0},f_{y,1})\\ f_{x,1}=\sum _{y\in g_x}{f}_{y,0}\end{array}$。

第二次扫描求出 $h_{x,1/0}$ 表示选/不选 $x$ 的最大独立集，$h_{1,0/1}=f_{1,0/1},\{\begin{array}{l}{h}_{x,0}=max(h_{fa,1},f_{x,0}+(h_{fa,0}-max(f_{x,1},f_{x,0})))\\ h_{x,1}=f_{x,1}+(h_{fa,0}-max(f_{x,1},f_{x,0}))\end{array}$。

用 $h_{x,0}+[x\mathtt{\text{ is leaf}}]$ 更新答案。

void solve() {
	int n;
	cin >> n;
	vector<vector<int>> g(n + 1);
	for(int i = 1; i < n; ++ i) {
		int x, y;
		cin >> x >> y;
		g[x].eb(y);
		g[y].eb(x);
	}
	vector<array<int, 2>> f(n + 1, {0, 0});
	auto dfs = [&](auto &&dfs, int x, int fa) -> void {
		f[x][0] = 0;
		f[x][1] = 1;
		for(int y : g[x]) {
			if(y != fa) {
				dfs(dfs, y, x);
				f[x][0] += max(f[y][0], f[y][1]);
				f[x][1] += f[y][0];
			}
		}
	};
	dfs(dfs, 1, 0);
	vector<array<int, 2>> h(n + 1);
	
	h[1][0] = f[1][0];
	h[1][1] = f[1][1];
	int ans = h[1][0] + (g[1].size() == 1);
	
	auto dfs2 = [&](auto &&dfs2, int x, int fa) -> void {
		int tmp = h[fa][0] - max(f[x][0], f[x][1]);
		h[x][1] = f[x][1] + tmp; 
		h[x][0] = max(h[fa][1], f[x][0] + tmp);
		tmp = h[x][0] + (g[x].size() == 1);
		ans = max(ans, tmp);
		for(int y : g[x]) {
			if(y != fa) {
				dfs2(dfs2, y, x);
			}
		}
	};
	for(int y : g[1]) {
		dfs2(dfs2, y, 1);
	}
	cout << ans << '\n';
}