2020 年 “游族杯” 全国高校程序设计网络挑战赛
目录
| Solved | A | B | C | D | E | F | G | H | I |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| 8 / 9 | O | Ø | Ø | Ø | Ø | O | - | Ø | O |
- O 在比赛中通过
- Ø 赛后通过
- ! 尝试了但是失败了
- - 没有尝试
A. Amateur Chess Players
简单博弈，显然每次每个人只会选择一个。
Code
/*
* Author: heyuhhh
* Created Time: 2020/5/23 13:16:27
*/
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <iomanip>
#include <assert.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
#define Local
#ifdef Local
#define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)
void err() { std::cout << std::endl; }
template<typename T, typename...Args>
void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }
template <template<typename...> class T, typename t, typename... A>
void err(const T <t> &arg, const A&... args) {
for (auto &v : arg) std::cout << v << ' '; err(args...); }
#else
#define dbg(...)
#endif
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 1e5 + 5;
void run() {
int n, m;
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
string s; cin >> s;
}
cin >> m;
for (int i = 1; i <= m; i++) {
string s; cin >> s;
}
if (n <= m) cout << "Quber CC" << '\n';
else cout << "Cuber QQ" << '\n';
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
run();
return 0;
}
B. Binary String
题意：
这是个交互题，现有一个长度为\(n,n\leq 1000\)的\(01\)串。
现在可以最多询问\(1023\)次，每次询问一个长度为\(\displaystyle\lfloor\frac{n}{2}\rfloor+1\)的\(01\)串，回答该\(01\)串是否为某个子串(不一定连续)。
最后要找到隐藏的串。
思路：
十分巧妙、精致的一道题。
主要在于长度为\(\displaystyle\lfloor\frac{n}{2}\rfloor+1\)的限制。我们先考虑没有这个限制怎么做。
首先求出\(0\)的个数，不妨\(0\)的个数小于\(1\)。然后我们考虑求出连续的\(1\)的个数，之后放\(0\)，也就是以\(0\)作为界限，从前往后依次确定。注意到\(0\)个数是递增的，\(1\)个数也是递增的。我们以\(1\)的长度作为状态，那么每个长度至多会被遍历\(a_i\)次，并且\(\sum a_i-1=cnt_0\)，所以总的询问次数为\(cnt_0+cnt_1=n\)次，那么我们通过\(n\)次询问即可找出原串。
关于询问次数的详细分析就是这个题目巧妙的第一点，\(a_i\)减去\(1\)是因为除开第一次遍历到此长度的那一次。那么其余时候重复地进行遍历都是因为\(0\)，每个\(0\)最多也会重复遍历\(1\)次。
接下来把限制长度为\(\displaystyle \lfloor\frac{n}{2}\rfloor+1\)考虑进来。我们观察之前询问的串类似于\(\underbrace{111}_y\underbrace{111}_i\underbrace{000}_{m-x}\)这样的形式，如果这样长度大于\(k,k\)即是最大询问长度就不能这样询问。我们假设前面有\(x\)个\(0\)，\(y\)个1，也就是说\(y+i+m-x>k,m\)为串中\(0\)的个数。我们注意到\(n-k<k\)的，所以考虑转化一下询问的形式为:\(\underbrace{000..0}_x01111\)，注意下两者长度的差别，第二种形式的长度为\(\displaystyle n-k+1\leq k\)，那么也就是说此时这种情况是合法的。
因为我们要保证询问次数的合法性，所以先\(check\)第一种情况，第一种情况没产生结果时考虑第二种情况，但是中间的\(1\)的个数要不小于之前枚举的\(1\)的个数\(i\)，不然会重复枚举！也就是说第二种情况形式是这样的：\(\underbrace{000..0}_x\underbrace{111}_i0\underbrace{111..1}_{n-m-y-i}\)，之后接着上面的询问来就行。
可能还有点细节，但我感觉我说得听清楚了= =
反正就是非常巧妙，上面的每一段落都是很巧妙的一个思想。
细节见代码：
Code
/*
* Author: heyuhhh
* Created Time: 2020/5/24 18:33:37
*/
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <iomanip>
#include <assert.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
#define Local
#ifdef Local
#define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)
void err() { std::cout << std::endl; }
template<typename T, typename...Args>
void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }
template <template<typename...> class T, typename t, typename... A>
void err(const T <t> &arg, const A&... args) {
for (auto &v : arg) std::cout << v << ' '; err(args...); }
#else
#define dbg(...)
#endif
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
int qry(string s) {
cout << "? " << s << endl;
int x; cin >> x;
return x;
}
int f;
int query(string s) {
for (auto& it : s) it ^= f;
return qry(s);
}
void run() {
int n; cin >> n;
int k = n / 2 + 1;
f = query(string(k, '0'));
int l = 1, r = k + 1, mid;
while (l < r) {
mid = (l + r) >> 1;
if (query(string(mid, '0'))) l = mid + 1;
else r = mid;
}
int m = l - 1;
auto solve = [&] (int x, int y) {
for (int i = y + 1; i + m - x <= k && i <= n - m; i++) {
if (!query(string(i, '1') + string(m - x, '0'))) return i - 1;
}
for (int i = max(y, n - m - k + x + 1); i <= n - m; i++) {
if (query(string(x + 1, '0') + string(n - m - i, '1'))) return i;
}
};
string res = "";
int i, j;
for (i = 0, j = 0; i < m; i++) {
int k = solve(i, j);
res += string(k - j, '1');
res += '0';
j = k;
}
if (j < n - m) {
res += string(n - m - j, '1');
}
for (auto& it : res) it ^= f;
cout << "! " << res << '\n';
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
run();
return 0;
}
C. Coronavirus Battle
题意：
随机在三维空间中给定\(n\)个点，现在有病毒进行攻击，每次病毒会攻击当前没有受保护的点。
定义结点\(i\)保护结点\(j\)为：
- \(x_i\leq x_j,y_i\leq y_j,z_i\leq z_j\)且两点不重合。
问病毒攻击几轮能消灭所有的点，并且输出每个点存活的轮数。
思路：
因为是随机数据，所以我们可以直接通过模拟上述过程来做。
模拟的思想就是我们对于每一轮攻击，选出一个最小的点，然后找到所有不能保护的点，他们都会在这一轮攻击中被消灭；然后进行下一轮攻击。
具体实现我们可以直接枚举或者用树状数组维护\(z\)的最小值都可。反正数据随机可以不用管复杂度= =
还有一种复杂度比较稳定的做法就是cdq分治，用cdq分治维护每个结点的拓扑序即可。注意一下这种写法我们要按照拓扑序进行转移，也就是说在cdq分治中，先处理左边的，然后处理左边对右边的影响，最后再处理右边。这样能够保证拓扑序从小到大转移。
详见代码：
Code
/*
* Author: heyuhhh
* Created Time: 2020/5/23 14:57:55
*/
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <iomanip>
#include <assert.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
#define Local
#ifdef Local
#define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)
void err() { std::cout << std::endl; }
template<typename T, typename...Args>
void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }
template <template<typename...> class T, typename t, typename... A>
void err(const T <t> &arg, const A&... args) {
for (auto &v : arg) std::cout << v << ' '; err(args...); }
#else
#define dbg(...)
#endif
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 1e5 + 5;
unsigned long long k1, k2;
unsigned long long CoronavirusBeats() {
unsigned long long k3 = k1, k4 = k2;
k1 = k4;
k3 ^= k3 << 23;
k2 = k3 ^ k4 ^ (k3 >> 17) ^ (k4 >> 26);
return k2 + k4;
}
unsigned long long x[N], y[N], z[N];
struct Point {
unsigned long long x, y, z;
int id;
}a[N], b[N];
int n;
int ans[N];
void Hash(unsigned long long* a) {
sort(a + 1, a + n + 1);
a[0] = unique(a + 1, a + n + 1) - a - 1;
}
int find(unsigned long long* a, unsigned long long x) {
return lower_bound(a + 1, a + a[0] + 1, x) - a;
}
int c[N];
int lowbit(int x) {
return x & (-x);
}
void del(int x) {
for (int i = x; i < N; i += lowbit(i)) c[i] = 0;
}
void add(int x, int v) {
for(int i = x; i < N; i += lowbit(i)) c[i] = max(c[i], v);
}
int query(int x) {
int ans = 0;
for(int i = x; i; i -= lowbit(i)) ans = max(ans, c[i]);
return ans;
}
void cdq(int l, int r) {
if(l == r) return ;
int mid = (l + r) >> 1;
cdq(l, mid);
sort(a + l, a + mid + 1, [&](Point A, Point B) {
return A.y < B.y;
});
sort(a + mid + 1, a + r + 1, [&](Point A, Point B) {
return A.y < B.y;
});
int t1 = l, t2 = mid + 1;
for(int i = l; i <= r; i++) {
if((t1 <= mid && a[t1].y <= a[t2].y) || t2 > r) {
add(a[t1].z, ans[a[t1].id]);
b[i] = a[t1++];
} else {
ans[a[t2].id] = max(ans[a[t2].id], query(a[t2].z) + 1);
b[i] = a[t2++];
}
}
for(int i = l; i <= mid; i++) del(a[i].z);
sort(a + mid + 1, a + r + 1, [&](Point A, Point B) {
return A.x < B.x;
});
cdq(mid + 1, r);
}
void run() {
cin >> n >> k1 >> k2;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
x[i] = CoronavirusBeats();
y[i] = CoronavirusBeats();
z[i] = CoronavirusBeats();
a[i] = Point{x[i], y[i], z[i], i};
}
Hash(x), Hash(y), Hash(z);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
a[i].x = find(x, a[i].x);
a[i].y = find(y, a[i].y);
a[i].z = find(z, a[i].z);
}
sort(a + 1, a + n + 1, [&](Point A, Point B) {
return A.x < B.x;
});
for (int i = 1; i <= n; i++) {
ans[i] = 1;
}
cdq(1, n);
int res = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
res = max(res, ans[i]);
--ans[i];
}
cout << res << '\n';
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cout << ans[i] << " \n"[i == n];
}
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
run();
return 0;
}
D. Decay of Signals
题意：
给定一颗带点权的树，定义一条路径的价值为\(\displaystyle \frac{a_{p_1}\cdot a_{p_2}\cdots a_{p_m}}{m}\)。
现在问路径价值的最小值为多少，输出\("x/y"\)。
思路：
分几种清空考虑：
- 存在\(a_i=0\)，那么答案显然；
- 所有\(a_i\geq 2\)，答案即为\(min\{a_i\}\)。
- 找到最长连续的\(1\)，设长度为\(m\)，那么答案为\(\frac{1}{m}\)。考虑最终答案为\(111x111...\)这样的形式，我们容易发现当\(x=2\)并且左右两边都有\(m\)个\(1\)时会出现更优解。所以找一下这种情况就行。
思路就是上面这样，具体的证明应该也比较好证，就拿第三种情况证明一下：
首先答案为\(\frac{1}{m}\)，假设现在有\(t\)段连续的\(1\)长度为\(m\)，那么答案为\(\displaystyle\frac{b_1\cdots b_{t-1}}{tm+t-1}\)，因为\(b_i\geq 2\)，我们就取\(b_i=2\)，将其与\(\frac{1}{m}\)做差得\(\displaystyle m(2^{t-1}-t)-t+1\)。容易发现当\(t=2\)时，差为负数；当\(t>2\)时，差为非负数；若\(b_i\geq 3\)，值为非负数。也就是说只有我们上述所说情况会出现最优解。
证明大概就是这个样子，可能细节会有点问题。。
思路是这样，代码写起来还是挺麻烦的，需要换下根。
详见代码：
Code
/*
* Author: heyuhhh
* Created Time: 2020/5/23 20:42:25
*/
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <iomanip>
#include <assert.h>
#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
#define Local
#ifdef Local
#define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)
void err() { std::cout << std::endl; }
template<typename T, typename...Args>
void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }
template <template<typename...> class T, typename t, typename... A>
void err(const T <t> &arg, const A&... args) {
for (auto &v : arg) std::cout << v << ' '; err(args...); }
#else
#define dbg(...)
#endif
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 1e6 + 5;
int n;
int a[N];
struct Edge {
int u, v;
}e[N];
vector <int> G[N];
bool vis[N];
int f[N][2], g[N];
void run() {
cin >> n;
for (int i = 1; i < n; i++) {
int u, v; cin >> u >> v;
e[i] = Edge {u, v};
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> a[i];
}
pii ans(INF, INF);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (a[i] == 0) {
cout << "0/1" << '\n';
return;
}
ans = min(ans, MP(a[i], 1));
}
if (ans.fi > 1) {
cout << ans.fi << '/' << ans.se << '\n';
return;
}
for (int i = 1; i < n; i++) {
int u = e[i].u, v = e[i].v;
if (a[u] == 1 && a[v] == 1) {
G[u].push_back(v);
G[v].push_back(u);
}
}
int m = 0, rt;
function <void(int, int, int)> dfs;
dfs = [&](int u, int fa, int d) -> void {
if (d > m) {
m = d, rt = u;
}
vis[u] = 1;
for (auto v : G[u]) if (v != fa) {
dfs(v, u, d + 1);
}
};
function <void(int, int)> dfs2;
dfs2 = [&](int u, int fa) -> void {
f[u][0] = 1, f[u][1] = -1;
for (auto v : G[u]) if (v != fa) {
dfs2(v, u);
if (f[v][0] + 1 > f[u][0]) {
f[u][1] = f[u][0];
f[u][0] = f[v][0] + 1;
} else if(f[v][0] + 1 > f[u][1]) {
f[u][1] = f[v][0] + 1;
}
}
};
function <void(int, int, int)> dfs3;
dfs3 = [&](int u, int fa, int h) -> void {
for (auto v : G[u]) if (v != fa) {
g[v] = f[v][0];
if (f[v][0] + 1 == f[u][0]) {
g[v] = max(g[v], max(h, f[u][1]) + 1);
dfs3(v, u, max(h, f[u][1]) + 1);
} else {
g[v] = max(g[v], max(h, f[u][0]) + 1);
dfs3(v, u, max(h, f[u][0]) + 1);
}
}
};
int MAX = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) if (a[i] == 1 && !vis[i]) {
rt = i, m = 0;
dfs(rt, 0, 1), dfs(rt, 0, 1);
MAX = max(m, MAX);
dfs2(i, 0);
g[i] = f[i][0];
dfs3(i, 0, 0);
}
ans = MP(1, MAX);
vector <int> d(n + 1);
for (int i = 1; i < n; i++) {
int u = e[i].u, v = e[i].v;
if (a[u] > a[v]) swap(u, v);
if (a[u] == 1 && a[v] == 2) {
if (g[u] == MAX) ++d[v];
if (d[v] >= 2) {
ans = MP(2, 2 * MAX + 1);
break;
}
}
}
cout << ans.fi << '/' << ans.se << '\n';
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
run();
return 0;
}
E. Even Degree
题意：
给定一个无向图，保证每个点的度数为偶数。
现在要去掉尽可能多的边，去掉一条边必须满足两个点的度数都不同时为奇数。
输出删边的序列。
思路：
所有点度数为偶数我们很容易想到欧拉回路，那么我们就考虑沿着欧拉回路走来删边。
我们容易发现，对于一条路径或者一个环，我们可以留下一条边把其它的都删掉。
照这样来说，如果两个环在一起，有重合一个点，我们也可以留下一条边，但是直接按照欧拉路径来删边是行不通的。这里手画一下其实很好找到删边方法使得最后只留下一条边，就是我们到一个环时先不删最后一条边(也删不了)，先删去另外一条出边(如果有的话，没有就留下这条边作为最后一条边)，再来删这条边就行。
细节见代码：
Code
/*
* Author: heyuhhh
* Created Time: 2020/5/24 10:38:47
*/
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <iomanip>
#include <assert.h>
#include <functional>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
#define Local
#ifdef Local
#define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)
void err() { std::cout << std::endl; }
template<typename T, typename...Args>
void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }
template <template<typename...> class T, typename t, typename... A>
void err(const T <t> &arg, const A&... args) {
for (auto &v : arg) std::cout << v << ' '; err(args...); }
#else
#define dbg(...)
#endif
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 5e5 + 5;
int n, m;
struct Edge {
int u, v;
} e[N];
vector <pii> G[N];
bool vis[N], del[N];
void run() {
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= m; i++) {
int u, v; cin >> u >> v;
G[u].push_back(MP(v, i));
G[v].push_back(MP(u, i));
e[i] = Edge {u, v};
}
vector <int> path;
function <void(int)> dfs = [&] (int u) -> void {
vis[u] = true;
while (sz(G[u])) {
pii s = G[u][sz(G[u]) - 1]; G[u].pop_back();
int v = s.fi, id = s.se;
if (del[id]) continue;
del[id] = true;
dfs(v);
path.push_back(id);
}
};
auto get = [&] (int u, int id) {
return u ^ e[id].u ^ e[id].v;
};
vector <int> ans;
for (int i = 1; i <= n; i++) if (!vis[i]) {
path.clear();
dfs(i);
reverse(all(path));
if (sz(path) == 0) continue;
int st = i, ed = get(st, path[0]);
ans.push_back(path[0]);
for (int j = 1; j < sz(path) - 1; j++) {
if (get(ed, path[j]) == st) {
ed = get(st, path[j + 1]);
ans.push_back(path[j + 1]);
ans.push_back(path[j++]);
} else {
ans.push_back(path[j]);
ed = get(ed, path[j]);
}
}
}
cout << sz(ans) << '\n';
for (auto it : ans) cout << it << ' ';
cout << '\n';
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
run();
return 0;
}
F. Find / -type f -or -type d
排序过后判断是否为某一个的前缀就行，我的时间复杂度貌似有点炸，但依旧跑得飞快。
正解的话就直接上字典树吧。
Code
/*
* Author: heyuhhh
* Created Time: 2020/5/23 13:35:27
*/
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <iomanip>
#include <assert.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
#define Local
#ifdef Local
#define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)
void err() { std::cout << std::endl; }
template<typename T, typename...Args>
void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }
template <template<typename...> class T, typename t, typename... A>
void err(const T <t> &arg, const A&... args) {
for (auto &v : arg) std::cout << v << ' '; err(args...); }
#else
#define dbg(...)
#endif
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 1e6 + 5;
void run() {
int n; cin >> n;
vector <string> s(n);
for (int i = 0; i < n; i++) {
cin >> s[i];
}
sort(all(s));
int ans = 0;
auto chk = [&] (string& str) {
int len = str.length();
if (len > 3 && str.substr(len - 4) == ".eoj") return 1;
return 0;
};
for (int i = 0, j; i < n; i++) {
if (i == n - 1) {
ans += chk(s[i]);
} else {
int l1 = s[i].length(), l2 = s[i + 1].length();
if (l1 > l2) {
ans += chk(s[i]);
} else if (s[i + 1].substr(0, l1) != s[i]) {
ans += chk(s[i]);
}
}
}
cout << ans << '\n';
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
run();
return 0;
}
H. Heat Pipes
题意：
给定一个无向图，现在要给这张图染上范围在\([a,b]\)中的颜色，每个颜色必须用一次，并且要求任意相邻两点颜色的差值为\(1\)。
最后输出染色方案，否则这种情况不合法。
思路：
这个题和之前cf的一个题很像，那个题相当于染色范围为\([1,3]\)。
这里我们可以借鉴类似的思路，但是那个题是二分图，这里显然不满足二分图的条件，我们类似地\(dfs\)肯定也不行。
这里要用到\(bfs\)，因为\(bfs\)树有一个很棒的性质：非树边只会出现在同一层或者相邻层。这样就很方便我们进行染色。
怎么判断最后方案合法呢？首先不会出现染不了色的情况，其次必须每种颜色都用到。显然一颗树深度越大染色数量越多，那么我们就要求出图的直径，即深度尽可能大的合法的树。如果对于一个连通块怎么染色都不合法，那么总的就不合法。
那么整个\(bfs\)的过程为\(O(n^2)\)的，我们需要通过枚举每个点为起点进行\(bfs\)，找到深度最大的合法\(bfs\)树，这样我们染色能够尽可能多。
有个细节就是如果我们染色超过\(b\)了，那么我们就可以直接\(b,b-1,b,b-1...\)这样给其它结点染色就行，不影响最后方案的正确性。
细节见代码：
Code
/*
* Author: heyuhhh
* Created Time: 2020/5/24 14:40:58
*/
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <iomanip>
#include <assert.h>
#include <functional>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
#define Local
#ifdef Local
#define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)
void err() { std::cout << std::endl; }
template<typename T, typename...Args>
void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }
template <template<typename...> class T, typename t, typename... A>
void err(const T <t> &arg, const A&... args) {
for (auto &v : arg) std::cout << v << ' '; err(args...); }
#else
#define dbg(...)
#endif
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
void run() {
int n, m, A, B;
cin >> n >> m >> A >> B;
int k = B - A + 1;
vector <vector <int>> G(n + 1);
for (int i = 1; i <= m; i++) {
int u, v; cin >> u >> v;
G[u].push_back(v);
G[v].push_back(u);
}
if (k == 1) {
if (m) {
cout << "No" << '\n';
} else {
cout << "Yes" << '\n';
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cout << A << " \n"[i == n];
}
}
return;
}
vector <vector<int>> part;
vector <int> t, bel(n + 1, -1);
function <void(int)> dfs = [&] (int u) {
bel[u] = sz(part);
t.push_back(u);
for (auto v : G[u]) {
if (bel[v] == -1) {
dfs(v);
}
}
};
for (int i = 1; i <= n; i++) if (bel[i] == -1) {
t.clear();
dfs(i);
part.push_back(t);
}
vector <int> col(n + 1);
auto bfs = [&] (int u) {
int res = 0;
col[u] = 1;
queue <int> q;
q.push(u);
while (!q.empty()) {
int u = q.front(); q.pop();
res = max(res, col[u]);
for (auto v : G[u]) {
if (!col[v]) {
col[v] = col[u] + 1;
q.push(v);
} else if (col[u] == col[v]) {
return -1;
}
}
}
return res;
};
int sum = 0;
for (int i = 0; i < sz(part); i++) {
int node, dis = 0;
for (auto u : part[i]) {
for (auto it : part[i]) col[it] = 0;
int tmp = bfs(u);
if (tmp == -1) continue;
if (tmp > dis) {
dis = tmp;
node = u;
}
}
if (dis == 0) {
cout << "No" << '\n';
return;
}
for (auto it : part[i]) col[it] = 0;
bfs(node);
for (auto u : part[i]) {
if (sum + col[u] > k) {
col[u] = k - ((sum + col[u] - k) & 1);
} else col[u] += sum;
}
sum += dis;
}
if (sum < k) {
cout << "No" << '\n';
return;
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
col[i] += A - 1;
}
cout << "Yes" << '\n';
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cout << col[i] << " \n"[i == n];
}
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
int T; cin >> T; while(T--)
run();
return 0;
}
I. Idiotic Suffix Array
随便构造一下就行。
Code
/*
* Author: heyuhhh
* Created Time: 2020/5/23 13:23:08
*/
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <iomanip>
#include <assert.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
#define Local
#ifdef Local
#define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)
void err() { std::cout << std::endl; }
template<typename T, typename...Args>
void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }
template <template<typename...> class T, typename t, typename... A>
void err(const T <t> &arg, const A&... args) {
for (auto &v : arg) std::cout << v << ' '; err(args...); }
#else
#define dbg(...)
#endif
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 1e5 + 5;
void run() {
int n, k; cin >> n >> k;
string ans = "";
for (int i = 1; i < k; i++) ans += "a";
for (int i = 1; i <= n - k; i++) ans += "c";
ans += "b";
reverse(all(ans));
cout << ans << '\n';
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
run();
return 0;
}
重要的是自信，一旦有了自信，人就会赢得一切。
