【题解】Codeforces Round 858（CF1806） A-C,E

比赛体验表示极差，分类讨论相当崩溃，甚至前两个题 $30min$ 才过。

A. Walking Master

题目分析：

慢慢分析一下，看看到底能不能走过去以及走到什么地方就好了。
一个前置知识，$x \to y$，如果只能 $+1$ 或 $-1$ 的最小操作步骤是 $|x - y|$

代码：

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
	int t;scanf("%d",&t);
	while(t--){
		int a,b,c,d;scanf("%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d);
		if(d < b){
			printf("-1\n");
		}
		else if(d == b){
			if(c <= a)	printf("%d\n",a - c);
			else	printf("-1\n");
		}
		else{
			if(c - a > d - b)	printf("-1\n");
			else	printf("%d\n",d - b + abs(a - (c - (d - b))));
		}
	}
	return 0;
}

B. Mex Master

题目分析：

答案显然不会很大，因为我们可以将序列变成 0 0 0 ... x y z 的形式，即将所有的 $0$ 放到前面，这样答案就不可能大于 $3$。
而其实模拟一下答案等于 $3$ 也一定存在一种方式可以让他变为小于 $3$ 的数。
考虑如果可以将 0 0 全部分割开，答案显然就是 $0$。
否则肯定是尽可能不出现 1 0，按照上文的这种构造方式只要没有 $1$ 或者存在一个数不是 $1$ 放到 x 的位置，就可以避免 1 0 了。
否则答案就只能是 $2$ 了。

代码：

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
	int t;scanf("%d",&t);
	while(t--){
		int n;scanf("%d",&n);
		int cnt0 = 0,cnt1 = 0,cnt2 = 0;
		for(int i=1; i<=n; i++){
			int a;
			scanf("%d",&a);
			if(a == 0)	cnt0++;
			if(a == 1)	cnt1++;
			if(a != 0)	cnt2++;
		}
		if(cnt2 >= cnt0 - 1)	printf("0\n");
		else{
			if((cnt2 - cnt1) || (!cnt1))	printf("1\n");
			else	printf("2\n");
		}
	}
	return 0;
}

C.Sequence Master

题目分析：

可以显然地发现，题目这个限制非常强，会把绝大部分序列全都筛掉，至少我自己手模的都是错的。
那么就考虑打表，看看符合条件的 $q$ 有什么特征。
这里贴上我的打表程序：

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,tot = 0,a[1000];
bool flag[1000];
bool check(int now){
	if(now == 0){
		int sum = 0,pro = 1,cnt = 0;
		for(int i=1; i<=n; i++){
			if(flag[i])	++cnt,pro = pro * a[i];
			else	sum = sum + a[i];
		}
		if(cnt == n / 2 && pro == sum)	return true;
		if(cnt != n / 2)	return true;
		return false;
	}
	bool tag = true;
	if(tot < n / 2){
		flag[now] = true;++tot;
		tag = tag & check(now-1);
	}
	if(flag[now])	--tot;
	flag[now] = false;
	tag = tag & check(now-1);
	return tag;
}
void dfs(int now){
	if(now == 0){
		if(check(n)){
			for(int i=1; i<=n; i++)	printf("%d ",a[i]);
			printf("\n");
		}
		return;
	}
	for(int i=-4; i<=4; i++){
		a[now] = i;
		dfs(now-1);
	}
}
int main(){
	scanf("%d",&n);n *= 2; 
	dfs(n);
	return 0;
}

建议手动试试，这样就可以得到这些规律：

• 若 $n$ 为奇数，则只有全 $0$ 合法。
• 若 $n$ 为偶数，则除了全 $0$，还有就是 $2\times n - 1$ 个 $-1$ 和 $1$ 个 $n$ 的任意排列是合法的。
• 若 $n = 1$，则只要相等即合法
• 若 $n = 2$，多了 2 2 2 2 这种合法情况。

然后对着规律直接写就好了。

代码：

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#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 5e6+5;
const int INF = 1e17+5;
int a[N];
signed main(){
//	freopen("in.txt","r",stdin);
//	freopen("out.txt","w",stdout);
	int t;scanf("%lld",&t);
	while(t--){
		int n;scanf("%lld",&n);
		for(int i=1; i<=2*n; i++)	scanf("%lld",&a[i]);
		if(n == 1){
			printf("%lld\n",abs(a[1] - a[2]));
		}
		else{
			int ans = INF,tmp = 0;
			for(int i=1; i<=2*n; i++)	tmp = tmp + abs(a[i]);
			ans = min(ans,tmp);
			if(n % 2 == 0){
				tmp = 0;
				for(int i=1; i<=2*n; i++)	tmp = tmp + abs(a[i] + 1);
				int res = INF;
				for(int i=1; i<=2*n; i++){
					res = min(res,abs(a[i] - n) - abs(a[i]+1));
				}
				tmp += res;
				ans = min(ans,tmp);
			}
			if(n == 2){
				tmp = 0;
				for(int i=1; i<=2*n; i++)	tmp = tmp + abs(a[i] - 2);
				ans = min(ans,tmp);
			}
			printf("%lld\n",ans);
		}
	}
	return 0;
}

E.Tree Master

题目分析：

可以发现我们每次操作大概率都有很多重复算过的状态，所以其实可能访问到的状态不会很多。
假设我们每一次访问都不会经过重复状态，且每一次都是选择深度为 $T$ 的点对，显然如果每次选择的深度不同对最劣情况下不怎么会影响。
那么我们的总状态数就是：$T \times \min(q,(\frac{n}{T})^2)$，因为 $n,q$ 同阶，所以当 $T = \sqrt{n}$ 时取得最大值即 $n\sqrt{n}$。
所以就直接暴力 map 记录一下，复杂度 $O(n\sqrt{n}\log n)$，个人感觉可以过，但是实际上就是差一丝丝。
但是这样我们本质上就是得到了一种查询比较优的做法，结合暴力做法不难想到使用根号分治。
设 $s_i$ 表示深度为 $i$ 的点的个数。

• 对于 $s_i > \sqrt{n}$ 的层直接暴力跳，因为最多只有 $\sqrt{n}$ 层满足暴力的条件，所以这部分的复杂度为 $O(\sqrt{n})$
• 对于 $s_i < \sqrt{n}$ 的层按照记忆化的思想去做，总状态数不会超过 $n\sqrt{n}$，而且也显然不需要 map 记录，直接离散化然后用数组记就好了。

因为 $n,q$ 同阶所以总复杂度 $O(n\sqrt{n})$

代码：

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#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 2e5+5;
int a[N],p[N],dep[N],ans[N],pos[N],f[N][400],sz[N];
vector<int> G[N];
int get(int x,int y){
	if(x == y)	return ans[x];
	if(x > y)	swap(x,y);
	if(!x || !y)	return 0;
	if(sz[dep[x]] < 320){
		if(f[x][pos[y]])	return f[x][pos[y]];
		return f[x][pos[y]] = get(p[x],p[y]) + a[x] * a[y];
	}
	return get(p[x],p[y]) + a[x] * a[y];
}
void dfs(int now,int fath){
	dep[now] = dep[fath] + 1;sz[dep[now]]++;ans[now] = ans[fath] + a[now] * a[now];
	pos[now] = sz[dep[now]];
	for(int to : G[now])	dfs(to,now);
}
signed main(){
	int n,q;scanf("%lld%lld",&n,&q);
	for(int i=1; i<=n; i++)	scanf("%lld",&a[i]);
	for(int i=2; i<=n; i++)	scanf("%lld",&p[i]),G[p[i]].push_back(i);
	dfs(1,0);
	for(int i=1; i<=q; i++){
		int x,y;scanf("%lld%lld",&x,&y);
		printf("%lld\n",get(x,y));
	}
	return 0;
}