CF1863 题解

A

条件很简单：如果总共的 '+' 号加上开始上线人数不到 $n$ 人，就不可能。实时记录人数，如果某一时刻大于等于 $n$ 人在线上，就一定是。剩余情况则可能。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
	int n,a,q,T;
	cin>>T;
	while(T--)
	{
		cin>>n>>a>>q;
		int flag = (a >= n),sig = a; char c;
		for(int i = 1;i <= q;i++)
		{
			cin>>c;
			if(c == '+') ++sig,++a;
			else --a;
			if(a == n) flag = 1;
		}
		if(flag) puts("YES");
		else if(sig < n) puts("NO");
		else puts("MAYBE");
	}
	return 0;
 }

B

我们发现，如果 $1, 2, 3, \dots, k$ 的位置是单增的，一次操作就可以将它们挪到前面，如果 $k + 1$ 夹在它们中间，取 $k$ 以外的所有值都无法分开它们，所以答案就是 $\sum_{v a l = 2}^{n} [p o s_{v a l} < p o s_{v a l - 1}]$ 。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 5;
int n,a[N],p[N];
int main()
{
	int T;
	cin>>T;
	while(T--)
	{
		cin>>n;
		for(int i = 1;i <= n;i++) cin>>p[i],a[p[i]] = i;
		int ans = 0;
		for(int i = 2;i <= n;i++) if(a[i] < a[i - 1]) ++ans;
		cout<<ans<<endl;
	}
	return 0;
}

C

容易发现一开始序列中缺少了一个数，这个数在第二次一定会出现。第一个数被替换后，整个序列的 MEX 就变成了第一个数，于是第二个数又被替换成第一个数...所以相当于在序列末尾增加了一个数，每操作一次相当于将起点向左移了一个，最后从起点开始向右移 $k$ 次即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 5;
int n,k,a[N],vis[N];
int main()
{
	int T;
	cin>>T;
	while(T--)
	{
		cin>>n>>k;
		for(int i = 1;i <= n;i++) cin>>a[i];
		fill(vis + 0,vis + n + 1,0);
		for(int i = 1;i <= n;i++) vis[a[i]] = 1;
		for(int i = 0,orn = n;i <= orn;i++) if(!vis[i]) a[++n] = i;
		k %= n;
		if(k == 0) for(int i = 1;i <= n - 1;i++) cout<<a[i]<<" ";
		else 
			for(int i = n - k + 1,c = 1;c <= n - 1;i++,c++)
			{
				if(i == n + 1) i = 1;
				cout<<a[i]<<" ";
			}
		cout<<endl; 
	}
	return 0;
}

D

第一眼看出各种奇怪思路，然后仔细发现一个性质：每一行和每一列要填多少白格是定的，如果每行/列要填的格子是奇数，就无解。对于一行，横着的骨牌一定会一黑一白，所以其实不影响，所以只有竖着的骨牌影响。

推到这里我们发现此题行列不制约，所以对行和列单独做，贪心染白色即可，如果染不下去就无解。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 3e5 + 5,M = 505;
char s[M][M],cor[M][M];
vector <int> c[M],d[M];
int n,m,cnt = 0,numc[M],numd[M];
inline bool solverow()
{
	for(int i = 1;i <= n;i++)
	{
		if(numc[i] & 1) return false;
		numc[i] /= 2; 
	}
	for(int i = 1;i <= n - 1;i++)
	{
		for(vector <int> :: iterator it = c[i].begin();it != c[i].end();it++)
		{
			int now = (*it);
			if(!numc[i])
			{
				if(!numc[i + 1]) return false;
				else numc[i + 1]--,cor[i][now] = 'B',cor[i + 1][now] = 'W';
			}
			else
			{
				cor[i][now] = 'W'; cor[i + 1][now] = 'B';
				numc[i]--;
			}
		}
	}
	return true;
}
inline bool solvecolumn()
{
	for(int i = 1;i <= m;i++)
	{
		if(numd[i] & 1) return false;
		numd[i] /= 2; 
	}
	for(int i = 1;i <= m - 1;i++)
	{
		for(vector <int> :: iterator it = d[i].begin();it != d[i].end();it++)
		{
			int now = (*it);
			if(!numd[i])
			{
				if(!numd[i + 1]) return false;
				else numd[i + 1]--,cor[now][i] = 'B',cor[now][i + 1] = 'W';
			}
			else
			{
				cor[now][i] = 'W'; cor[now][i + 1] = 'B';
				numd[i]--;
			}
		}
	}
	return true;
}
int main()
{
	int T;
	cin>>T;
	while(T--)
	{
		cin>>n>>m;
		for(int i = 1;i <= n;i++) numc[i] = 0,c[i].clear();
		for(int i = 1;i <= m;i++) numd[i] = 0,d[i].clear();
		for(int i = 1;i <= n;i++)
			for(int j = 1;j <= m;j++)
			{
				cin>>s[i][j];
				if(s[i][j] == 'U') c[i].push_back(j),++numc[i],++numc[i + 1];
				if(s[i][j] == 'L') d[j].push_back(i),++numd[j],++numd[j + 1];
			}
		if(!solverow()) {puts("-1"); continue;}
		if(!solvecolumn()) {puts("-1"); continue;}
		for(int i = 1;i <= n;i++,cout<<endl)
			for(int j = 1;j <= m;j++)
			{
				if(s[i][j] == '.') cor[i][j] = '.';
				cout<<cor[i][j]; 
			}
	}
	return 0;
}

E

按照拓扑序推一遍，得到一个答案，我们发现我们可以将开始的几个推到第二天去，虽然结束时间可能增多，但是开始时间变晚，可能答案更优。我们又发现这个最多只会推一天，不然没意思。

由于开始的几个（入度为 $0$ 的几个）最多只向后推一天，所以每一个事件都只可能向后延一天，将开始点按照 $h_{i}$ 排序，所以每次更改后搜索，记录这个事件是否向后推过，如果推过或者本来就不用推，就停止搜索。这样复杂度是 $Θ (n)$ 的（不算对开始点的排序）。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 5;
vector <int> G[N];
int k,m,deg[N],a[N],n,cnt = 0,line[N],vis[N];
typedef long long ll;
ll t[N],ans = 0,maxn = 0;
inline bool cmp(int x,int y){return a[x] < a[y];}
inline void dfs(int x,int last)
{
	maxn = max(maxn,t[x]);
	for(auto to : G[x])
	{
		if(vis[to]) continue;
		if(t[to] < t[x]) {t[to] += k; vis[to] = 1; dfs(to,x);}
	}
}
int main()
{
	int T;
	cin>>T;
	while(T--)
	{
		cin>>n>>m>>k;
		cnt = 0;
		for(int i = 1;i <= n;i++) cin>>a[i],G[i].clear(),deg[i] = 0;
		fill(t + 1,t + n + 1,0);
		fill(vis + 1,vis + n + 1,0);
		for(int i = 1,x,y;i <= m;i++)
		{
			cin>>x>>y;
			G[x].push_back(y); ++deg[y];
		}
		queue <int> q;
		for(int i = 1;i <= n;i++) if(!deg[i]) line[++cnt] = i,q.push(i),t[i] = a[i];
		sort(line + 1,line + cnt + 1,cmp);
		while(!q.empty())
		{
			int x = q.front();
			q.pop();
			for(auto to : G[x])
			{
				if(a[to] >= a[x]) t[to] = max(t[to],t[x] + a[to] - a[x]);
				else t[to] = max(t[to],t[x] + a[to] + k - a[x]);
				--deg[to];
				if(!deg[to]) q.push(to); 
			}
		}
		maxn = 0;
		for(int i = 1;i <= n;i++) maxn = max(maxn,t[i]);
		ans = maxn - t[line[1]];
		for(int i = 1;i <= cnt - 1;i++) 
		{
			t[line[i]] += k;
			dfs(line[i],0);
			ans = min(ans,maxn - t[line[i + 1]]);
		}	
		cout<<ans<<endl;
	}
	return 0;
}

F

考虑 $Θ (n^{3}) d p$ ，设 $f_{l, r}$ 表示 $[l, r]$ 能否被表示出来，每次枚举断点 $k$ ，更新 $f_{l, k}, f_{k + 1, r}$ 。

再考虑如果 $f_{l, r}$ 能在 $k$ 处分开，有什么性质：假设第 $p$ 位是 $s u m_{l, r}$ 的 $h i g h b i t$ ，那么 $p$ 一定是 $f_{l, k}$ 和 $f_{k + 1, r}$ 第一个不一样的地方，此时谁取 $1$ 谁就更大。所以我们记 $L_{i}$ 为左端点在 $i$ 的区间，并且能被表示出的区间中 $h i g h b i t$ 的集合， $R_{i}$ 为右端点，同理。按照长度从大到小排序，所以当前区间转移时，可以用的区间一定包含当前区间，所以 $s u m_{i, j} & L_{i} > 0$ 或者 $s u m_{i, j} & R_{i} > 0$ 是 $[i, j]$ 可以转移到的充要条件，按此转移即可。

注意 $s u m_{i, j} = h i g h b i t = 0$ 时也可以转移，所以记录一个 “广义零值” 来区分“没有转移” 和 “转移为零“。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e4 + 5;
typedef long long ll;
const ll ZERO = 1ll << 61;
ll a[N],sum[N],L[N],R[N];
int n,ans[N];
inline ll highbit(ll x) {return (x == ZERO) ? ZERO : (1ll << (63 - __builtin_clzll(x)));} 
inline ll getsum(int l,int r) {return (sum[r] ^ sum[l - 1]) ? (sum[r] ^ sum[l - 1]) : ZERO;}
int main()
{
	int T;
	cin>>T;
	while(T--)
	{
		cin>>n;
		for(int i = 1;i <= n;i++) cin>>a[i];
		sum[0] = 0;
		for(int i = 1;i <= n;i++) sum[i] = sum[i - 1] ^ a[i];
		fill(L + 1,L + n + 1,0); fill(R + 1,R + n + 1,0);
		L[1] = highbit(getsum(1,n)); R[n] = highbit(getsum(1,n)); ans[1] = 1;
		for(int len = n - 1;len >= 1;len--)
		{
			for(int i = 1;i + len - 1 <= n;i++)
			{
				int j = i + len - 1;
				ll jdg = ((getsum(i,j) | ZERO) & (L[i] | R[j]));
				if(jdg) L[i] |= highbit(getsum(i,j)),R[j] |= highbit(getsum(i,j));
				if(len == 1) ans[i] = (jdg > 0);
			}
		}
		for(int i = 1;i <= n;i++) cout<<ans[i];
		cout<<endl;
	}
	return 0;
 }

G

咕。

H

考虑 $d p$ 方程： $f_{x} = 2 max {f_{l c}, f_{r c}} - [d p_{l c} \neq d p_{r c}]$ 。因为每次落下来的饼干是均匀分给左右的，所以次数是两倍的两边最大值，如果不一样则先给大的那一个，最后就可以少走一次。

记 $d_{x} = d p_{x} - 1$ ，则 $d_{x} = 2 max {d_{l c}, d_{r c}} + [d_{l c} == d_{r c}]$ ，记 $d e p_{x}$ 为深度， $D_{x} = d_{x} \times 2^{d e p_{x}}$ 。得到 $D_{x} = max {D_{l c}, D_{r c}} + 2^{d e p_{x}} [D_{l c} == D_{r c}]$ 。

最后答案就是 $1 + max D_{x}$ ，但是不可能用一个数存下 $D$ ，考虑 $D$ 一路向上，每次最多附有一个 $1$ ，最多有 $\log a_{i} + \log n$ 个 $1$ ，因为单个点可以有 $\log a_{i}$ 个 $1$ ，每次合并增加 $1$ 需要两个相同的值。

用一个集合存储 $D$ ，存其中二进制为 $1$ 的个数，我们发现 $1$ 是一个个向上推的，所以 $u$ 和 $v$ 的 $D$ 相同，则会在 $l c a$ 处贡献一个 $D + 2^{d e p_{l c a}}$ 。一开始将叶子初始化为 $(a_{v} - 1) \times 2^{d e p_{v}}$ 。每加入一个点往上更新 $l c a$ 即可，由于每次增加一个 $1$ ，所以不会超过 $\log$ 次。，每次修改的时候，删除原数的贡献，再增加新数的贡献即可，复杂度 $Θ (n \log^{2} n)$ 。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
#define ll long long
#define vec vector<int>
const int N = 2e5 + 5,MOD = 998244353,inf = 1e18;
vec G[N];
int cnt = 0,h[N],rev[N],dep[N],n,q,dfn[N],fa[22][N],lg[N];
ll pw[N];
set <pair<vec,int> > s;
inline int maxdep(int x,int y) {return dep[x] > dep[y] ? x : y;}
inline int mindep(int x,int y) {return dep[x] < dep[y] ? x : y;}
inline void dfs(int x,int last)
{
	dfn[x] = ++cnt;
	rev[cnt] = x;
	fa[0][dfn[x]] = last;
	dep[x] = dep[last] + 1;
	for(auto to : G[x])
		dfs(to,x);
}
inline int lca(int x,int y)
{
	if(x == y) return x;
	x = dfn[x]; y = dfn[y];
	if(x > y) swap(x,y);
	int nlg = lg[y - x + 1];
	return mindep(fa[nlg][x],fa[nlg][y - pw[nlg] + 1]);
} 
inline int nxt(auto it)
{
	auto id = next(it),ip = prev(it);
	int ret = 0; 
	if((*id).first == (*it).first) ret = maxdep(ret,lca((*it).second,(*id).second));
	if((*ip).first == (*it).first) ret = maxdep(ret,lca((*it).second,(*ip).second));
	return ret;
}
inline void ist(int x)
{
	if(!h[x]) return;
	vec now;
	for(int i = 30;i >= 0;i--) if(((h[x] - 1) >> i) & 1) now.push_back(dep[x] + i);
	auto it = s.insert(make_pair(now,x)).first;
	while(it != s.end())
	{
		int nc = nxt(it);
		if(!nc) break;
		now.push_back(dep[nc]);
		it = s.insert(make_pair(now,nc)).first;
	}
}
inline void del(int x)
{
	if(!h[x]) return;
	vec now;
	for(int i = 30;i >= 0;i--) if(((h[x] - 1) >> i) & 1) now.push_back(dep[x] + i);
	auto it = s.find(make_pair(now,x));
	while(it != s.end())
	{
		int q = nxt(it);
		s.erase(it);
		if(!q) break;
		now.push_back(dep[q]);
		it = s.find(make_pair(now,q));
	}
}
inline ll Query()
{
	if(s.size() == 2) return 0;
	ll res = 1;
	auto it = s.end(); it--; it--;
	for(auto in : (*it).first) res += pw[in],res %= MOD;
	return res;
}
signed main()
{
	cin>>n;
	s.insert(make_pair(vec{inf},0)); s.insert(make_pair(vec{-1},0));
	pw[0] = 1;
	for(int i = 1;i <= N - 1;i++) pw[i] = pw[i - 1] * 2 % MOD;
	lg[0] = -1;
	for(int i = 1;i <= N - 1;i++) lg[i] = lg[i >> 1] + 1;
	for(int i = 2,x;i <= n;i++) cin>>x,G[x].push_back(i);
	for(int i = 1;i <= n;i++) cin>>h[i];
	dep[0] = -1; dep[n + 1] = inf;
	dfs(1,0);
	for(int i = 1;i <= 20;i++)
		for(int j = 1;j + pw[i] - 1 <= n;j++)
			fa[i][j] = mindep(fa[i - 1][j],fa[i - 1][j + pw[i - 1]]);
	for(int i = 1;i <= n;i++) ist(i);
	cout<<Query()<<endl;
	cin>>q;
	for(int i = 1,x,v;i <= q;i++)
	{
		cin>>x>>v;
		del(x);
		h[x] = v;
		ist(x);
		cout<<Query()<<endl;
	}
	return 0;
}

I

咕。

posted @ 2023-09-25 21:28 The_Last_Candy 阅读(18) 评论(0) 编辑收藏举报

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