板刷2023

CF1822 G1. Magic Triples (Easy Version)

$1 \leq a_{i} \leq 10^{6}$

题解

显然关键在于 $j$ ，我们不妨枚举 $j$ ，显然 $a [i]$ 是 $a [j]$ 的约数

对于每个 $a [j]$ 来说，枚举其约数，然后即可求出倍数 $b$ ，那么可得到 $a_{k}$

时间复杂度： $O (1000 n)$

int n, a[N];
map<int, int> mp;

void solve()
{
    mp.clear();
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        cin >> a[i];
        mp[a[i]]++;
    }
    int ans = 0;
    for (auto [x, y] : mp)
    {
        // cerr << x << " " << y << endl;
        vector<int> div;
        for (int i = 1; i <= x / i; ++i)
        {
            if (x % i == 0)
            {
                div.push_back(i);
                if (i != x / i)
                    div.push_back(x / i);
            }
        }
        for (auto val : div)
        {
            // cerr << val << ", ";
            int t = x / val;
            if (mp.count(val) && mp.count(x * t))
            {
                if (x == val && y >= 3)
                    ans += y * (y - 1) * (y - 2);
                else if (x != val)
                    ans += y * mp[val] * mp[x * t];
                // cerr << val << " " << x << " " << x * t << endl;
                // cerr << "x = " << x << ", ans = " << ans << endl;
            }
        }
    }
    cout << ans << endl;
}

CF1801 B. Buying gifts

题解

我们不妨枚举每个 $a [i]$ 作为第一个人的最大值，所以对 $a [i]$ 降序排列

对于某个 $a [i]$ 来说，一旦我们将其作为第一个人的最大值，那么对于每个 $j, j > i$ ，礼物一定是卖给第二个人的，所以我们在 $[i + 1, n]$ 中找到 $b [j]$ 的最大值，ST表查询即可，我们设最大值为 $m x$

如果 $m x \geq a [i]$ ，那么答案一定为 $m x - a [i]$

如果 $m x < a [i]$ ，我们检查一下 $b [1, i - 1]$ 中有没有更接近 $a [i]$ 的值，可以用 $s e t$ 维护前缀实现，然后二分即可

int n, st[N][22], lg2[N];
array<int, 2> c[N];

void build()
{
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        st[i][0] = c[i][1];
    for (int i = 2; i <= n; ++i)
        lg2[i] = lg2[i >> 1] + 1;
    for (int j = 1; j <= 20; ++j)
        for (int i = 1; i + (1ll << j) - 1 <= n; ++i)
            st[i][j] = max(st[i][j - 1], st[i + (1ll << (j - 1))][j - 1]);
}
int query(int l, int r)
{
    int len = lg2[r - l + 1];
    return max(st[l][len], st[r - (1ll << len) + 1][len]);
}

void solve()
{
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        cin >> c[i][0] >> c[i][1];
    sort(c + 1, c + n + 1);
    build();
    multiset<int> st;
    int ans = INF;
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        int a = c[i][0], b = c[i][1];
        if (i < n)
        {
            int mx = query(i + 1, n);
            if (mx >= a)
                ans = min(ans, abs(mx - a));
            else
            {
                ans = min(ans, abs(mx - a));
                auto l = st.upper_bound(a);
                auto r = st.lower_bound(a);
                if (st.size())
                {
                    l = prev(l);
                    ans = min(ans, abs(*l - a));
                }
                if (r != st.end())
                    ans = min(ans, abs(*r - a));
            }
        }
        else
        {
            auto l = st.upper_bound(a);
            auto r = st.lower_bound(a);
            if (st.size())
            {
                l = prev(l);
                ans = min(ans, abs(*l - a));
            }
            if (r != st.end())
                ans = min(ans, abs(*r - a));
        }
        st.insert(b);
    }
    cout << ans << endl;
}

CF1797 D. Li Hua and Tree

题解

维护每个节点的重儿子和所有儿子子树的点权和，所有儿子子树的点数和，每个节点的父节点

考虑每个节点维护 $s e t$ ， $s e t$ 中存放一个 $p a i r$ 对 $(s z [u], u) : 以 u 为根的子树中点数和，节点 u$

每次操作二，我们不仅需要更新 $x$ 和 $s o n_{x}$ 的信息，同时需要更新 $f a_{x}$ 的信息，因为有可能 $f a_{x}$ 的重儿子会改变，然后再更新3个节点之间的父子关系

细节比较多，但是思路出的很快，本题难点在于对于操作2时更新信息时考虑需要更加全面

int n, q, a[N], hson[N], sz[N], sum[N], fa[N];
vector<int> g[N];
multiset<array<int, 2>> st[N];

void dfs(int u, int par)
{
    sz[u] = 1;
    sum[u] = a[u];
    hson[u] = -1;
    fa[u] = par;
    for (auto v : g[u])
    {
        if (v == par)
            continue;
        dfs(v, u);
        if (hson[u] == -1 || sz[hson[u]] < sz[v])
            hson[u] = v;
        else if (hson[u] != -1 && sz[hson[u]] == sz[v])
        {
            if (v < hson[u])
                hson[u] = v;
        }
        st[u].insert({sz[v], -v});
        sz[u] += sz[v];
        sum[u] += sum[v];
    }
}

void solve()
{
    cin >> n >> q;
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        cin >> a[i];
    for (int i = 1, u, v; i < n; ++i)
    {
        cin >> u >> v;
        g[u].push_back(v);
        g[v].push_back(u);
    }
    dfs(1, 0);
    while (q--)
    {
        int op, u;
        cin >> op >> u;
        if (op == 1)
            cout << sum[u] << endl;
        else
        {
            if (hson[u] == -1)
                continue;
            int v = hson[u];
            st[u].erase(st[u].find({sz[v], -v}));
            st[fa[u]].erase(st[fa[u]].find({sz[u], -u}));
            sum[u] -= sum[v];
            sz[u] -= sz[v];
            if (st[u].size())
                hson[u] = -(*prev(st[u].end()))[1];
            else
                hson[u] = -1;

            sz[v] += sz[u];
            sum[v] += sum[u];
            st[v].insert({sz[u], -u});
            st[fa[u]].insert({sz[v], -v});
            if (st[v].size())
                hson[v] = -(*prev(st[v].end()))[1];
            else
                hson[v] = -1;

            if (st[fa[u]].size())
                hson[fa[u]] = -(*prev(st[fa[u]].end()))[1];
            else
                hson[fa[u]] = -1;

            fa[v] = fa[u], fa[u] = v;
        }
    }
}

CF1796 D. Maximum Subarray

题解

显然最大子段和问题可以通过线段树来解决

我们贪心的考虑，如果 $x > 0$ ，那么我们一定是给一段连续的位置$ + x $，其余位置$ -x $，所以我们不妨滑动窗口枚举给哪些连续位置$ +x$，那么每次枚举只需要单点修改两个位置即可

对于 $x < 0$ 的情况，和上面的情况反过来后滑动窗口枚举即可

int n, k, x, a[N];

struct info
{
    int ans, pre, suf, sum;
    info(int a = 0, int b = 0, int c = 0, int d = 0) : ans(a), pre(b), suf(c), sum(d) {}
    friend info operator+(const info &a, const info &b)
    {
        info c;
        c.ans = max({a.ans, b.ans, a.suf + b.pre});
        c.pre = max(a.pre, a.sum + b.pre);
        c.suf = max(b.suf, a.suf + b.sum);
        c.sum = a.sum + b.sum;
        return c;
    }
};
struct SEG
{
    info val;
} seg[N << 2];

void up(int id) { seg[id].val = seg[lson].val + seg[rson].val; }
void build(int id, int l, int r)
{
    if (l == r)
    {
        seg[id].val = info(a[l], a[l], a[l], a[l]);
        return;
    }
    int mid = l + r >> 1;
    build(lson, l, mid);
    build(rson, mid + 1, r);
    up(id);
}
void change(int id, int l, int r, int x, int val)
{
    if (l == r)
    {
        seg[id].val.ans += val;
        seg[id].val.pre += val;
        seg[id].val.suf += val;
        seg[id].val.sum += val;
        return;
    }
    int mid = l + r >> 1;
    if (x <= mid)
        change(lson, l, mid, x, val);
    else
        change(rson, mid + 1, r, x, val);
    up(id);
}

void solve()
{
    cin >> n >> k >> x;
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        cin >> a[i];
    build(1, 1, n);
    if (x == 0)
    {
        cout << max(0ll, seg[1].val.ans) << endl;
        return;
    }
    if (x > 0)
    {
        for (int i = 1; i <= k; ++i)
            change(1, 1, n, i, x);
        for (int i = k + 1; i <= n; ++i)
            change(1, 1, n, i, -x);
        int ans = seg[1].val.ans;
        for (int i = k + 1; i <= n; ++i)
        {
            change(1, 1, n, i - k, -2 * x);
            change(1, 1, n, i, 2 * x);
            ans = max(ans, seg[1].val.ans);
        }
        cout << max(0ll, ans) << endl;
    }
    else
    {
        x = -x;
        for (int i = 1; i <= n - k; ++i)
            change(1, 1, n, i, x);
        for (int i = n - k + 1; i <= n; ++i)
            change(1, 1, n, i, -x);
        int ans = seg[1].val.ans;
        for (int i = n - k + 1; i <= n; ++i)
        {
            change(1, 1, n, i - n + k, -2 * x);
            change(1, 1, n, i, 2 * x);
            ans = max(ans, seg[1].val.ans);
        }
        cout << max(0ll, ans) << endl;
    }
}

CF1779 D. Boris and His Amazing Haircut

题解

显然贪心的考虑，我们会从大到小的进行取 $m i n$

一个显然的结论：如果存在 $b [i] > a [i]$ ，那么 $a$ 一定不可能变成 $b$

所以我们不妨将每个 $b [i]$ 离散化后，对每个 $b [i]$ 开个 $V e c t o r$ ，里面存放所有 $b [i] < a [i]$ 的位置

对于任意两个位置 $i, j$ 来说，如果 $[i, j]$ 之间出现 $x > b [i]$ ，那么修改次数一定会 $+ 1$ ，所以利用 $s t$ 表查询最大值即可

然后对于每个 $b [i]$ ，检查修改次数是否小于给定的修改次数即可

int n, q, a[N], b[N], st[N][22], lg2[N];
map<int, int> mp;
vector<int> vec[N];

void build()
{
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        st[i][0] = b[i];
    for (int i = 2; i <= n; ++i)
        lg2[i] = lg2[i >> 1] + 1;
    for (int j = 1; j <= 20; ++j)
        for (int i = 1; i + (1ll << j) - 1 <= n; ++i)
            st[i][j] = max(st[i][j - 1], st[i + (1ll << (j - 1))][j - 1]);
}
int query(int l, int r)
{
    int len = lg2[r - l + 1];
    return max(st[l][len], st[r - (1ll << len) + 1][len]);
}

void solve()
{
    mp.clear();
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        cin >> a[i];
    vector<int> nums;
    bool ok = true;
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        cin >> b[i];
        if (b[i] > a[i])
            ok = false;
        nums.push_back(b[i]);
    }
    cin >> q;
    for (int i = 1; i <= q; ++i)
    {
        int x;
        cin >> x;
        mp[x]++;
    }
    if (!ok)
    {
        cout << "NO" << endl;
        return;
    }
    sort(all(nums));
    nums.erase(unique(all(nums)), nums.end());
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        b[i] = lower_bound(all(nums), b[i]) - nums.begin() + 1;
    build();
    int m = (int)nums.size();
    for (int i = 1; i <= m; ++i)
        vec[i].clear();
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        if (a[i] > nums[b[i] - 1])
            vec[b[i]].push_back(i);
    }
    for (int i = 1; i <= m; ++i)
    {
        // cerr << i << endl;
        if (vec[i].empty())
            continue;
        int cnt = 0;
        for (int j = 0; j < (int)vec[i].size() - 1; ++j)
        {
            int l = vec[i][j], r = vec[i][j + 1];
            // cerr << l << " " << r << " " << nums[i - 1] << endl;
            if (query(l, r) > i)
                cnt++;
        }
        cnt++;
        if (!mp.count(nums[i - 1]) || mp[nums[i - 1]] < cnt)
        {
            cout << "NO" << endl;
            // cerr << "cnt = " << cnt << endl;
            return;
        }
    }
    cout << "YES" << endl;
}

CF1748 C. Zero-Sum Prefixes

题解

我们定义 $p r e [i] = a [1] + a [2] + . . . + a [i]$

显然对于 $i, j, i < j, a [i] = 0, a [j] = 0$ 来说，我们在 $a [i]$ 位置上 $+ x$ 对 $p r e [i]$ 的影响，可以在 $a [j]$ 处 $- x$ 抵消掉，所以我们贪心的考虑每一段由 $0$ 分开的区间之间，出现次数最多的 $p r e [i]$ 就是我们可以使其变为 $0$ 的前缀，利用 $m a p$ 记录次数即可

int n, a[N], pre[N];

void solve()
{
    cin >> n;
    a[n + 1] = 0;
    vector<int> vec;
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        cin >> a[i];
        if (a[i] == 0)
            vec.push_back(i);
    }
    vec.push_back(n + 1);
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        pre[i] = pre[i - 1] + a[i];
    int ans = 0;
    for (int i = 1; i < vec.front(); ++i)
        if (pre[i] == 0)
            ans++;
    for (int i = 0; i < (int)vec.size() - 1; ++i)
    {
        int l = vec[i], r = vec[i + 1];
        map<int, int> mp;
        int mx = 0;
        for (int j = l; j < r; ++j)
        {
            mp[pre[j]]++;
            mx = max(mx, mp[pre[j]]);
        }
        // cerr << l << " " << r << endl;
        ans += mx;
    }
    cout << ans << endl;
}

posted @ 2023-10-07 14:51 Zeoy_kkk 阅读(14) 评论(0) 编辑收藏举报

刷新页面返回顶部

登录后才能查看或发表评论，立即登录或者逛逛博客园首页

相关博文：

· 板刷2023.10.04

· Educational Codeforces Round 143 (Rated for Div

· CF1822G2 - Magic Triples

· G2. Magic Triples (Hard Version)

· 2022年三月好题收集

阅读排行：
· 地球OL攻略 —— 某应届生求职总结
· 周边上新：园子的第一款马克杯温暖上架
· Open-Sora 2.0 重磅开源！
· 提示词工程——AI应用必不可少的技术
· .NET周刊【3月第1期 2025-03-02】

公告

昵称： Zeoy_kkk
园龄： 2年2个月
粉丝： 21
关注： 13

+加关注

2025年3月

日

一

二

三

四

五

六

Zeoy-kkk

板刷2023

CF1822 G1. Magic Triples (Easy Version)

题解

CF1801 B. Buying gifts

题解

CF1797 D. Li Hua and Tree

题解

CF1796 D. Maximum Subarray

CF1779 D. Boris and His Amazing Haircut

CF1748 C. Zero-Sum Prefixes

题解

公告

搜索

常用链接

随笔分类 (39)

随笔档案 (131)

阅读排行榜

评论排行榜

推荐排行榜

最新评论