Codeforces Global Round 1 A~F
失踪人口回来写题了。。
写了几乎一下午。贴一贴代码以及口糊一下。
A、
题意：计算一下这个多项式的和。
题解：暴力算一算对每一项异或一下。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int b,k;
int kk[100005];
int main()
{
cin>>b>>k;
for(int i=0;i<k;i++)cin>>kk[k-i];
int flag=0;
for(int i=1;i<=k;i++)
{
if(i==1)
{
int tmp=kk[i]%2;
flag^=tmp;
continue;
}
if(b%2==0)
{
int tmp=0;
flag^=tmp;
}
else
{
int tmp=kk[i]%2;
flag^=tmp;
}
}
if(flag)
{
cout<<"odd\n";
}
else cout<<"even\n";
}
B、
题意：用k条线段覆盖n个递增的点，求线段总长最短是多少。
题解：因为有k条线段所以有k-1个间隔，然后自然就是差分一下排个序找一下这些间隔点，然后从前往后在间隔点加一下。
#include<bits/stdc++.h>
#include<complex>
#define db double
#define ll long long
#define mp make_pair
#define fi first
#define pb push_back
#define se second
#define rep(i,a,b)for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
const double pi=acos(-1);
const int maxn=1e5+7;
inline ll read()
{
ll x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
int n,m,k;
int vs[maxn];
struct node
{
int id,val;
friend bool operator<(node a,node b)
{
return a.val>b.val;
}
}vv[maxn];
int cnt=0;
int vis[maxn];
int main()
{
int i;
n=read();m=read();k=read();
int las=0;
for(i=0;i<n;i++)
{
vs[i]=read();
if(i==0)las=vs[i];
vv[i].val=vs[i]-las;
las=vs[i];
vv[i].id=i;
}
sort(vv,vv+n);
for(i=0;i<k-1;i++)
{
if(vv[i].id==0)vis[vv[i].id]=1;
else vis[vv[i].id-1]=1;
//cout<<vv[i].id-1<<"\n";
}
las=vs[0];
ll ans=0;
for(int i=0;i<n;i++)
{
if(vis[i])
{
ans+=vs[i]-las+1;
las=vs[i+1];
}
}
ans+=vs[n-1]-las+1;
cout<<ans<<"\n";
}
C、
题意：f(a)=maxgcd(a⊕b,a&b) 就是给你一个a然后找一个0<b<a使得这个式子最大。
题解：随便试一试就发现一些异或和与的性质起到了作用。就如果不是2^x-1那答案就是它。因为可以弄成0和7。如果是2^x-1那ans=max gcd(2^x-1-b,b)，
这个东西sqrt(n)枚举一下最大因子，因为可以分成两部分就行。
#include<bits/stdc++.h>
#include<complex>
#define db double
#define ll long long
#define mp make_pair
#define fi first
#define pb push_back
#define se second
#define rep(i,a,b)for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
const double pi=acos(-1);
const int maxn=1e5+7;
inline ll read()
{
ll x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
int k;
int main()
{
int q=read();
while(q--)
{
k=read();
int st=2;
int flag=1;
for(int i=2;i<=25;i++)
{
st*=2;
if(k==st-1){flag=0;break;}
if(k<st-1){break;}
}
if(flag){cout<<st-1<<"\n";continue;}
for(int i=2;i<=sqrt(k+0.5);i++)
{
if(k%i==0)
{
cout<<k/i<<"\n";
flag=1;
break;
}
}
if(!flag)cout<<1<<"\n";
}
}
D、
开始不会做的题了。
题意：就给了一堆数字，问组成三个相邻数或者三个相同数字，这样最多能组成多少个三元组。
题解：这种题第一眼肯定以为是排个序然后怎么贪心嘛。随便试了试过不了样例，瞄一眼发现是dp。想了好久发现想不清楚，做法也假了。就感觉一维是不够的但好像2维也没什么用，答案是三维。。。其实这个做法挺直觉也挺神的，如果三元组数量多于三个就显然可以退化成三个aaabbbccc这样子。所以可以%3,一个位置有影响的就三个情况，它作为最左，中间，最右，因而dp[n][3][3]。Tutorial的思想就是定义dp[i][t1][t2]。那么就能转移动dp[i+1][t2][t3]。初始值好像怎么设都能过。但是从一些非法转移的角度应该设负无穷？我一直没弄明白很多dp里初始值的问题。。。
#include<bits/stdc++.h>
#include<complex>
#define db double
#define ll long long
#define mp make_pair
#define fi first
#define pb push_back
#define se second
#define rep(i,a,b)for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
const double pi=acos(-1);
const int maxn=1e5+7;
inline ll read()
{
ll x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
int k;
int main()
{
int q=read();
while(q--)
{
k=read();
int st=2;
int flag=1;
for(int i=2;i<=25;i++)
{
st*=2;
if(k==st-1){flag=0;break;}
if(k<st-1){break;}
}
if(flag){cout<<st-1<<"\n";continue;}
for(int i=2;i<=sqrt(k+0.5);i++)
{
if(k%i==0)
{
cout<<k/i<<"\n";
flag=1;
break;
}
}
if(!flag)cout<<1<<"\n";
}
}
E、
题意：给两个序列，问能否通过a(i)'=a(i+1)+a(i-1)-a(i)这个操作把一个变成另一个。
题解：考虑差分序列。。。。。然后就猜猜猜，注意要特判原序列的头尾。具体推导当然是看的题解。。话说，这种题以前是看到有人说要去想差分的。
#include<bits/stdc++.h>
#include<complex>
#define db double
#define ll long long
#define mp make_pair
#define fi first
#define pb push_back
#define se second
#define rep(i,a,b)for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
const double pi=acos(-1);
const int maxn=1e5+7;
inline ll read()
{
ll x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
ll a[maxn],b[maxn],c[maxn],d[maxn];
int n;
int main()
{
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
{
a[i]=read();
}
for(int i=1;i<=n;i++)b[i]=read();
a[0]=b[0]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)c[i]=a[i]-a[i-1],d[i]=b[i]-b[i-1];
sort(c+1,c+1+n);sort(d+1,d+1+n);
int flag=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(c[i]!=d[i]){flag=1;break;}
}
if(!flag&&a[1]==b[1]&&a[n]==b[n])cout<<"Yes\n";
else cout<<"No\n";
}
F、
题意：给一颗树，然后dfs序就是1~N。Q次询问，每个询问回答一个点到(l,r)区间内中叶子节点距离的最小值。
题解：离线做法，就如果所询问的区间不在这个子树中就是depth(x)+query(l,r)这样的一个东西。如果是在子树中那就是query(l,r)-depth(x)。像树剖那样子，肯定形成了一个连续的区间，所以考虑用线段树进行处理。第一遍dfs将叶子的值设为深度，非叶子inf。然后第二遍dfs时在dfs一个节点的某个儿子时，将线段树这个子树区间剪掉2*w，w是这条边的权值。此时所有情况都是depth(x)+query(l,r)。因为只有他的子树是被减去的，类似就是depth(x)+query'(l,r)，其中query'(l,r)=query(l,r)-2*w。然后dfs完这个子树后再加回去。效果其实就是depth(x)+query(l,r)-2*depth(lca)。所以感觉会树上差分+dfs什么的应该能想到。感觉自己一知半解，只会写代码。
题解：感觉这个lca什么的叙述有问题，还是按照更general的方法写一下，就是当你dfs一个点的某个子节点时，对于该子节点的这颗子树中的所有节点来说，换根后深度都要剪掉w，而到其余点的深度要加上w。所以可以给这个区间剪掉2w，在统计答案时把多剪掉的这部分答案加上，多剪掉的实则是在从1一直dfs到v这条链上每条边的权值，也就是在1为根时v这个点的深度。
#include<bits/stdc++.h>
#include<complex>
#define db double
#define ll long long
#define mp make_pair
#define fi first
#define pb push_back
#define se second
#define rep(i,a,b)for(int i=a;i<=b;i++)
#define ls (x<<1)
#define rs (x<<1|1)
using namespace std;
const double pi=acos(-1);
const int maxn=5e5+7;
inline ll read()
{
ll x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
ll val[maxn<<2],laz[maxn<<2];
int fiv[maxn],lav[maxn];
vector<pair<int,ll> >vec[maxn];
vector<int>Q[maxn];
int L[maxn],R[maxn];
ll ans[maxn];
ll depth[maxn];
int cnt;
int n,q;
void push_down(int x)
{
if(laz[x])
{
val[ls]+=laz[x];
laz[ls]+=laz[x];
val[rs]+=laz[x];
laz[rs]+=laz[x];
laz[x]=0;
}
}
void update(int x,int l,int r,int L,int R,ll tt)
{
if(L<=l&&r<=R)
{
val[x]+=tt;laz[x]+=tt;
return;
}
push_down(x);
int mid=(l+r)>>1;
if(L<=mid)update(ls,l,mid,L,R,tt);
if(R>mid)update(rs,mid+1,r,L,R,tt);
val[x]=min(val[ls],val[rs]);
}
ll query(int x,int l,int r,int L,int R)
{
if(L<=l&&r<=R)
{
return val[x];
}
push_down(x);
int mid=(l+r)>>1;
ll res=1e18;
if(L<=mid)res=min(res,query(ls,l,mid,L,R));
if(R>mid)res=min(res,query(rs,mid+1,r,L,R));
return res;
}
void dfs1(int x)
{
fiv[x]=++cnt;
if(!vec[x].size())update(1,1,n,fiv[x],fiv[x],depth[x]);
else update(1,1,n,fiv[x],fiv[x],1e18);
for(int i=0;i<(int)vec[x].size();i++)
{
int tt=vec[x][i].fi;ll w=vec[x][i].se;
depth[tt]=depth[x]+w;dfs1(tt);
}
lav[x]=cnt;
}
void dfs2(int x)
{
for(int i=0;i<(int)Q[x].size();i++)
{
int tt=Q[x][i];
ans[tt]=depth[x]+query(1,1,n,L[tt],R[tt]);
}
for(int i=0;i<(int)vec[x].size();i++)
{
int tt=vec[x][i].fi;ll w=vec[x][i].se;
update(1,1,n,fiv[tt],lav[tt],-2*w);
dfs2(tt);
update(1,1,n,fiv[tt],lav[tt],2*w);
}
}
int main()
{
n=read();q=read();
int pi,wi;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
pi=read();wi=read();
vec[pi].pb(mp(i,wi));
}
for(int i=1;i<=q;i++)
{
pi=read();Q[pi].pb(i);
L[i]=read();R[i]=read();
}
dfs1(1);
dfs2(1);
for(int i=1;i<=q;i++)cout<<ans[i]<<"\n";
}
