Educational Codeforces Round 62

Educational Codeforces Round 62

A. Detective Book

一本书有\(n\)页，每一页都有一个谜题，第\(i\)页谜题的答案在\(a_i\)。现在一个人看书，他每天往后看一页，然后一直往后看，直到他看到了他已知的所有谜题的答案就停止。
问这个人要看多少天。

模拟题。

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
inline int read()
{
	int x=0;bool t=false;char ch=getchar();
	while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
	if(ch=='-')t=true,ch=getchar();
	while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
	return t?-x:x;
}
int n,ans;
int main()
{
	n=read();
	for(int i=1,mx=0;i<=n;++i)
	{
		mx=max(mx,read());
		if(mx==i)++ans,mx=0;
	}
	printf("%d\n",ans);
}

B. Good String

你有一个长度为\(n\)的串\(S\)，这个串只由<和>组成。你可以进行若干次操作，每次操作选择一个字符，如果这个字符是<，那么删去它左侧的字符，如果是>那么删去它右侧的字符。
现在有若干次询问，每次给你一个串，你可以先手动删去若干个字符，然后再通过它的操作，使得最终的串只剩下相同的字符。问你最少可以删去多少个字符。

显然找到左侧的第一个>或者右侧的第一个<，其左边或者右边的所有字符全部删掉取\(min\)就是答案了。

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
inline int read()
{
	int x=0;bool t=false;char ch=getchar();
	while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
	if(ch=='-')t=true,ch=getchar();
	while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
	return t?-x:x;
}
int n,ans;char s[105];
int main()
{
	int T=read();
	while(T--)
	{
		n=read();scanf("%s",s+1);ans=n-1;
		for(int i=1;i<=n;++i)
			if(s[i]=='>')ans=min(ans,i-1);
			else ans=min(ans,n-i);
		printf("%d\n",ans);
	}
}

C. Playlist

你有\(n\)首歌，第\(i\)首的时间为\(t_i\)，评分是\(w_i\)。
你现在要听不超过\(K\)首歌，产生的愉悦值是歌的总长乘上评分的最小值。
求愉悦值的最大值。

按照评分从大往小排序，拿一个堆维护最大的\(k\)个时间就行了。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;
#define MAX 300300
inline int read()
{
	int x=0;bool t=false;char ch=getchar();
	while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
	if(ch=='-')t=true,ch=getchar();
	while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
	return t?-x:x;
}
int n,k;long long ans,len;
pair<int,int> a[MAX];
priority_queue<int,vector<int>,greater<int> > Q;
int main()
{
	n=read();k=read();
	for(int i=1;i<=n;++i)a[i].second=read(),a[i].first=read();
	sort(&a[1],&a[n+1]);
	for(int i=n;i;--i)
	{
		len+=a[i].second;Q.push(a[i].second);
		if(Q.size()>k)len-=Q.top(),Q.pop();
		ans=max(ans,a[i].first*len);
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

D. Minimum Triangulation

你有一个\(n\)个顶点的正多边形，顶点逆时针编号。你现在要找到一个三角形划分，使得每一个三角形三个顶点的乘积的和最小。

当然要让\(1\)出现在每一个三角剖分里啊。

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define ll long long
inline int read()
{
	int x=0;bool t=false;char ch=getchar();
	while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
	if(ch=='-')t=true,ch=getchar();
	while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
	return t?-x:x;
}
int n;ll ans;
int main()
{
	n=read();
	for(int i=3;i<=n;++i)ans+=i*(i-1);
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

E. Palindrome-less Arrays

给定一个不完全的序列，你要把没有填的位置用\([1,k]\)中的整数来替代。使得不存在任何一个长度大于\(1\)的奇数连续子序列使得它是回文。
求方案数。

首先发现如果存在一个不合法的子序列，那么一定是存在一个长度为\(3\)的不合法的子序列。
即每次只要有\(a_i\neq a_{i-2}\)那么一定合法。
那么把奇偶分开考虑，变成给定一个序列，你要让相邻的两项不相等，求方案数。
发现对于已经填好的数，他们把一堆未知量为分割成了一段一段，且段与段之间不相邻，那么我们直接对于每一段进行\(dp\)，可以设\(f[i][0/1/2]\)表示当前考虑到了第\(i\)个位置，当前值与段首相同、与段尾相同以及都不相同。对于段首段尾都相同以及没有段首和段尾就特殊考虑一下就行了。

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define MAX 200200
#define MOD 998244353
inline int read()
{
	int x=0;bool t=false;char ch=getchar();
	while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
	if(ch=='-')t=true,ch=getchar();
	while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
	return t?-x:x;
}
int n,k,ans=1,a[MAX],b[MAX],t1,t2;
int f[MAX][3];
int dp(int *a,int mx,int l,int r)
{
	int lim=0,S=0;
	if(l>1){lim+=1;S+=1;if(r<mx)S+=2;if(r<mx&&a[r+1]!=a[l-1])++lim;}
	else if(r<mx)++lim,S+=2;
	if(lim>0)f[l][0]=0;if(lim>1)f[l][1]=1;
	if(!(S&1)&&lim>0)f[l][0]=1;
	int v2=k-lim;f[l][2]=v2;
	for(int i=l+1;i<=r;++i)
	{
		if(lim>0)f[i][0]=(f[i-1][1]+f[i-1][2])%MOD;
		if(lim>1)f[i][1]=(f[i-1][0]+f[i-1][2])%MOD;
		f[i][2]=(1ll*f[i-1][0]*v2+1ll*f[i-1][1]*v2+1ll*f[i-1][2]*(v2-1))%MOD;
	}
	int ret=f[r][2];
	if(lim>0)ret=(ret+f[r][0])%MOD;
	if(lim>1)ret=(ret+f[r][1])%MOD;
	if(S&2)
	{
		if(lim==1)ret=(ret+MOD-f[r][0])%MOD;
		if(lim==2)ret=(ret+MOD-f[r][1])%MOD;
	}
	for(int i=l;i<=r;++i)f[i][0]=f[i][1]=f[i][2]=0;
	return ret;
}
int main()
{
	n=read();k=read();
	for(int i=1;i<=n;++i)a[i]=read();
	for(int i=3;i<=n;++i)if(~a[i]&&a[i]==a[i-2]){puts("0");return 0;}
	for(int i=1;i<=n;++i)
		if(i&1)a[++t1]=a[i];
		else b[++t2]=a[i];
	for(int i=1,j,p;i<=t1;i=p+1)
	{
		j=i;while(j<=t1&&~a[j])++j;
		if(j>t1)break;
		p=j;while(p<t1&&!~a[p+1])++p;
		ans=1ll*ans*dp(a,t1,j,p)%MOD;
	}
	for(int i=1,j,p;i<=t2;i=p+1)
	{
		j=i;while(j<=t1&&~b[j])++j;
		if(j>t2)break;
		p=j;while(p<t2&&!~b[p+1])++p;
		ans=1ll*ans*dp(b,t2,j,p)%MOD;
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

F. Extending Set of Points

一个点集的\(E(S)\)是这样计算的：先令\(R=S\)，如果存在四个数\(x1,x2,y1,y2\)，满足\((x1,y1),(x1,y2),(x2,y1)\in R,(x2,y2)\notin R\)，那么就把\((x2,y2)\)加入到\(R\)里面去。最后\(R\)的大小就是\(E(S)\)。
现在有若干次操作，每次是往\(S\)中加入一个点或者删去一个点，求每次操作完之后的\(E(S)\)。

不难发现这个东西本质上是一个并查集操作，即如果加入了点\((x,y)\)，就加边\(x-y\)，那么最终就是所有在一个集合中的\(x\)的数量乘上\(y\)的数量的和就是\(E(S)\)。
于是就变成了动态加边删边维护并查集操作？
直接离线线段树分治就可以了。
总的来说这题挺简单的？

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<map>
using namespace std;
#define ll long long
#define MAX 300300
#define mp make_pair
#define fr first
#define sd second
#define pi pair<int,int>
inline int read()
{
	int x=0;bool t=false;char ch=getchar();
	while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
	if(ch=='-')t=true,ch=getchar();
	while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
	return t?-x:x;
}
int f[MAX<<1],sz[MAX<<1],szx[MAX<<1],szy[MAX<<1];
int getf(int x){return x==f[x]?x:getf(f[x]);}
pi St[MAX];int top;ll ans;
ll Calc(int x){return 1ll*szx[x]*szy[x];}
void Merge(int x,int y)
{
	x=getf(x);y=getf(y);if(x==y)return;
	if(sz[x]<sz[y])swap(x,y);
	ans-=Calc(x)+Calc(y);
	f[y]=x;sz[x]+=sz[y];szx[x]+=szx[y];szy[x]+=szy[y];
	ans+=Calc(x);St[++top]=mp(x,y);
}
void undo(int x,int y)
{
	ans-=Calc(x);
	f[y]=y;sz[x]-=sz[y];szx[x]-=szx[y];szy[x]-=szy[y];
	ans+=Calc(x);ans+=Calc(y);
}
int n;
map<pi,int> M;
vector<pi> t[MAX<<2];
#define lson (now<<1)
#define rson (now<<1|1)
void Modify(int now,int l,int r,int L,int R,pi w)
{
	if(L<=l&&r<=R){t[now].push_back(w);return;}
	int mid=(l+r)>>1;
	if(L<=mid)Modify(lson,l,mid,L,R,w);
	if(R>mid)Modify(rson,mid+1,r,L,R,w);
}
void Divide(int now,int l,int r)
{
	int ntop=top;
	for(pi u:t[now])Merge(u.fr,u.sd);
	if(l==r)printf("%lld ",ans);
	else
	{
		int mid=(l+r)>>1;
		Divide(lson,l,mid);
		Divide(rson,mid+1,r);
	}
	while(top>ntop)undo(St[top].fr,St[top].sd),--top;
}
int main()
{
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		int x=read(),y=read()+MAX;pi w=mp(x,y);
		f[x]=x;sz[x]=szx[x]=1;
		f[y]=y;sz[y]=szy[y]=1;
		if(!M[w])M[w]=i;
		else Modify(1,1,n,M[w],i-1,w),M[w]=0;
	}
	for(auto u:M)if(M[u.fr])Modify(1,1,n,M[u.fr],n,u.fr);
	Divide(1,1,n);
	return 0;
}

G. Double Tree

翻译见洛谷
给定的图是由两棵同构的树组成，然后树上两两对应的点之间有一条边。
每次询问求两点之间的最短路。

考虑树是一条链的情况，那么给定的图其实就是一个网格图。
那么我们把整个部分分治处理，每次考虑是否会跨越中线，预处理出中线到分治区间内每一个点的最短路，这样子询问的之后只需要把路径拼接起来。也就是类似这道题目。
现在回到树上，那么把分治变成点分治，每次还是考虑跨越分治重心的链就好了。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<queue>
using namespace std;
#define ll long long
#define MAX 600600
inline ll read()
{
	ll x=0;bool t=false;char ch=getchar();
	while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
	if(ch=='-')t=true,ch=getchar();
	while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
	return t?-x:x;
}
struct Line{int v,next;ll w;}e[MAX<<2];
int h[MAX],cnt=2;
inline void Add(int u,int v,ll w){e[cnt]=(Line){v,h[u],w};h[u]=cnt++;}
vector<int> E[MAX];
int n,size[MAX],Size,mx,rt;
bool vis[MAX];
ll dis[2][20][MAX];
int book[2][20][MAX];
#define pll pair<ll,int>
#define mp make_pair
priority_queue<pll,vector<pll>,greater<pll> >Q;
void Dijkstra(int S,ll *dis,int *book)
{
	dis[S]=0;Q.push(mp(0,S));
	while(!Q.empty())
	{
		int u=Q.top().second;Q.pop();
		if(book[u]||vis[u>>1])continue;book[u]=true;
		for(int i=h[u];i;i=e[i].next)
		{
			int v=e[i].v;ll w=dis[u]+e[i].w;
			if(dis[v]>w)dis[v]=w,Q.push(mp(dis[v],v));
		}
	}
}
void Getroot(int u,int ff)
{
	size[u]=1;int ret=0;
	for(int v:E[u])
	{
		if(vis[v]||v==ff)continue;
		Getroot(v,u);size[u]+=size[v];
		ret=max(ret,size[v]);
	}
	ret=max(ret,Size-size[u]);
	if(ret<mx)mx=ret,rt=u;
}
int Fa[MAX];
void Divide(int u,int ff,int dep)
{
	Dijkstra(u<<1,dis[0][dep],book[0][dep]);
	Dijkstra(u<<1|1,dis[1][dep],book[1][dep]);
	vis[u]=true;Fa[u]=ff;Getroot(u,0);
	for(int v:E[u])
	{
		if(vis[v])continue;
		Size=mx=size[v];Getroot(v,u);
		Divide(rt,u,dep+1);
	}
}
int main()
{
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		ll w=read();
		Add(i<<1,i<<1|1,w);
		Add(i<<1|1,i<<1,w);
	}
	for(int i=1;i<n;++i)
	{
		int u=read(),v=read();ll w1=read(),w2=read();
		E[u].push_back(v);E[v].push_back(u);
		Add(u<<1,v<<1,w1);Add(v<<1,u<<1,w1);
		Add(u<<1|1,v<<1|1,w2);Add(v<<1|1,u<<1|1,w2);
	}
	memset(dis,63,sizeof(dis));
	Size=mx=n;Getroot(1,0);Divide(rt,0,0);
	int Q=read();
	while(Q--)
	{
		int x=read()+1,y=read()+1;
		vector<int> fx,fy;
		int X=x>>1;while(X)fx.push_back(X),X=Fa[X];
		int Y=y>>1;while(Y)fy.push_back(Y),Y=Fa[Y];
		reverse(fx.begin(),fx.end());reverse(fy.begin(),fy.end());
		ll ans=8e18;
		for(int i=0,lx=fx.size(),ly=fy.size();i<lx&&i<ly&&fx[i]==fy[i];++i)
			ans=min(ans,min(dis[0][i][x]+dis[0][i][y],dis[1][i][x]+dis[1][i][y]));
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}