Educational Codeforces Round 74 (Rated for Div. 2)
A. Prime Subtraction
判断一下是否相差为\(1\)即可。
B. Kill 'Em All
随便搞搞。
C. Standard Free2play
题意：
现在有一个高度为\(h\)的悬崖，每一层有平台，但可能是隐藏状态。
高度为\(h\)的那层平台一定是在外面的，假设当前高度为\(x\)，那么每次可以改变\(x\)和\(x-1\)层平台的状态。
规定一个人若从\(x\)掉到\(x-1\)或者\(x-2\)都没事，否则就出事了。
问最少改变多少平台的状态，能够使在\(h\)高度的人顺利到达地面（高度为\(0\)）。
思路：
我大概模拟了一下这个过程，然后发现对于连续的\(x,x-1,\cdots,x-k\)，最终答案是否加一与\(x\)和\(x-k\)的奇偶性相关。
并且从\(h_i\)到\(h_{i+1}\)，假设中间有空平台，其实最后到达的是\(h_{i+1}-1\)，然后就这样模拟一下这个过程就行了。
注意一下细节：最后到地面的时候记得判断一下高度是否大于\(2\)，否则答案会加一。
代码如下：
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
// #define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 2e5 + 5;
int q;
int h, n;
int a[N];
void run() {
cin >> h >> n;
a[n + 1] = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
int ans = 0;
for(int i = 1, j; i <= n; i = j + 1) {
j = i;
if(i != 1) {
++i;
if(a[i] != a[i - 1] - 1) {
++ans;
continue;
}
}
if(i > n) break;
j = i;
while(j + 1 <= n && a[j] - a[j + 1] == 1) ++j;
if((a[i] & 1) != (a[j] & 1) && a[j] != 1) ++ans;
}
cout << ans << '\n';
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
freopen("../input.in", "r", stdin);
freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
cin >> q;
while(q--) run();
return 0;
}
D. AB-string
题意：
给出一个只含\(A,B\)的字符串，现在定义一个好的串是指：对于串中的每个数，都包含在一个长度大于\(1\)的回文串内。
问给出的字符串中，有多少好的串。
思路：
- 容易发现，对于一个长度大于\(2\)串，其中间的数一定被包含在某个回文中；
- 所以我们直接考虑两边的数。
- 进一步发现，只有这样的串不满足条件：\(A\)或者\(B\)只出现一次，并且出现在两端某个位置。
- 所以最终不合法的情况一定是“一段一段”的，可以直接压缩连续的段，统计个数然后直接算就行。
我做法是正反扫两边来搞的，稍微复杂一点。
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
// #define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 3e5 + 5;
int n;
char s[N];
void run() {
cin >> (s + 1);
ll ans = 0;
for(int i = 1, j; i < n; i = j) {
j = i;
while(j <= n && s[j] == s[i]) ++j;
--j; i = j;
while(j + 1 <= n && s[j + 1] != s[i]) ++j;
ans += j - i;
}
for(int i = n, j; i > 1; i = j) {
j = i;
while(j >= 1 && s[j] == s[i]) --j;
++j; i = j;
while(j - 1 >= 1 && s[j - 1] != s[i]) --j;
if(i - j - 1 >= 0) ans += i - j - 1;
}
ans = 1ll * (n - 1) * n / 2 - ans;
cout << ans << '\n';
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
freopen("../input.in", "r", stdin);
freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
while(cin >> n) run();
return 0;
}
E. Keyboard Purchase
题意：
给出一个最多由前\(m\)个字母组成的字符串。
现在串的贡献就为\(\sum_{i=2}^{n}|pos_{s_{i-1}}-pos_{s_i}|\)，\(pos_c\)表示\(c\)这个字符在排列中的位置，这个排列是自己定的。
现在就要求所有排列中最小的贡献。
思路：
- 一开始想的就是枚举第一个位置的数...枚举第二个位置的数...但复杂度是阶乘级别的，然后没做出来；然后将问题转化为二元组，似乎也不行...就卡住了。
- 后来发现，直接可以二进制压缩，当二进制上面有\(x\)个\(1\)时，就相当于固定了前\(x\)个位置，位置固定后，绝对值就很好化简了。
- 然后枚举新添加进来的数，把绝对值拆开单独计算它的贡献，比如它和前面某些数相邻，此时他的贡献就是正的，对于其它的，他的贡献就是负的。
- 直接做复杂度是\(O(2^m*m^2)\)的，可以预处理一下\(g(state,i)\)表示\(state\)中与\(i\)相邻的有多少个，转移直接利用二进制最后一位来进行转移，显然统计出来的\(g(state,i)\)不重不漏，最终复杂度就为\(O(2^m*m)了\)。
关键在于状态的定义，除开一般的“存在性”的含义，还有隐性含义固定前面的位置，并且仔细思考，这样其实可以直接枚举到所有的情况，之前似乎还没碰过这种hhh，感觉很巧妙。
详见代码：
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
// #define Local
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 2e6 + 5, M = 20;
int n, m;
char s[N];
int cnt[M][M], num[N];
int g[N][M], f[N];
int lg2[N];
int lowbit(int x) {return x & -x;}
void run() {
cin >> (s + 1);
memset(cnt, 0, sizeof(cnt));
memset(f, INF, sizeof(f));
memset(num, 0, sizeof(num));
int lim = 1 << m;
for(int i = 2; i < 1 << m; i++) lg2[i] = lg2[i >> 1] + 1;
for(int i = 1; i < n; i++) {
++cnt[s[i] - 'a'][s[i + 1] - 'a'];
++cnt[s[i + 1] - 'a'][s[i] - 'a'];
}
for(int i = 0; i < lim; i++) {
for(int j = 0; j < m; j++) {
if(i == 0) g[i][j] = 0;
else g[i][j] = g[i ^ lowbit(i)][j] + cnt[j][lg2[lowbit(i)]];
}
}
for(int i = 0; i < lim; i++) {
for(int j = 0; j < m; j++) {
if(i >> j & 1) ++num[i];
}
}
f[0] = 0;
for(int i = 0; i < lim; i++) {
for(int j = 0; j < m; j++) {
if(i >> j & 1) {
int msk1 = i ^ (1 << j);
int msk2 = (lim - 1) ^ i;
f[i] = min(f[i], f[msk1] + num[i] * (g[msk1][j] - g[msk2][j]));
}
}
}
cout << f[lim - 1] << '\n';
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
freopen("../input.in", "r", stdin);
freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
while(cin >> n >> m) run();
return 0;
}
F. The Maximum Subtree
题意：
求树上最大毛毛虫。
思路：
直接\(dp\)就行，一开始初始化错了改了一小时...
感觉难点就是问题的转化？但感觉问题转化也不是很难...
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
// #define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 3e5 + 5;
int n, q;
int ans;
int g[N];
struct Edge {
int v, next;
}e[N << 1];
int head[N], tot;
void adde(int u, int v) {
e[tot].v = v; e[tot].next = head[u]; head[u] = tot++;
}
void dfs(int u, int fa) {
int son = 0, mx = 0, mx2 = 0;
for(int i = head[u]; i != -1; i = e[i].next) {
int v = e[i].v;
if(v == fa) continue;
++son;
dfs(v, u);
g[u] = max(g[u], g[v]);
if(g[v] > mx) {
mx2 = mx, mx = g[v];
} else if(g[v] > mx2) mx2 = g[v];
}
if(son == 0) {
g[u] = 1; return;
}
ans = max(ans, mx + mx2 + max(son - 1, 1) + (fa != 0));
g[u] += son;
}
void run() {
cin >> n;
for(int i = 1; i <= n; i++) head[i] = -1, g[i] = 0;
tot = 0;
for(int i = 1; i < n; i++) {
int u, v; cin >> u >> v;
adde(u, v); adde(v, u);
}
ans = 0;
dfs(1, 0);
cout << ans << '\n';
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
freopen("../input.in", "r", stdin);
freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
cin >> q;
while(q--) run();
return 0;
}
重要的是自信，一旦有了自信，人就会赢得一切。
