Codeforces Round 926 (Div. 2)
A - Sasha and the Beautiful Array
难度: ⭐
题目大意
给定一个长度为n的数组, 其分数为An - An-1 + An-1 - An-2 ... + A2 - A1; 问如何排列可以让该数组的分数最大;
解题思路
就是让An - A1最大;
神秘代码
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define IOS ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
#define endl '\n'
using namespace std;
const int N = 1e6 + 10, mod = 998244353, inf = 1e18;
typedef pair<int, int> PII;
int n, m, cnt;
string s;
int p[N];
signed main(){
IOS;
int t;;
cin >> t;
while (t--) {
cin >> n;
for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> p[i];
sort(p + 1, p + 1 + n);
cout << p[n] - p[1] << endl;
}
return 0;
}
B - Sasha and the Drawing
难度: ⭐⭐
题目大意
一个n * n的方格有4 * n - 2条对角线; 现在需要对这n * n个方格涂色, 要求让至少k条对角线都经过涂色的格子, 请问最少可以涂多少个格子;
解题思路
对于一个n * n的方格, 只要我们把第一行和最后一行都涂色后就可以包含所有对角线, 并且可以发现, 除了四个顶角的格子, 其他格子都必有两条对角线经过; 而这四个顶角, 先涂的前两个格子也会各自有两条对角线, 而后涂的两个虽然也各自有两条, 但是各自其中一条是重复的, 也就是只能算一条; 所以当k <= 4 * n - 4时就按每个格子包含两条对角线来算即可; 如果大于, 则多出来的按一个格子一条即可;
神秘代码
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define IOS ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
#define endl '\n'
using namespace std;
const int N = 1e6 + 10, mod = 998244353, inf = 1e18;
typedef pair<int, int> PII;
int n, m, cnt;
string s;
int p[N];
signed main(){
IOS;
int t;;
cin >> t;
while (t--) {
int a, b;
cin >> a >> b;
if(b <= 4 * a - 4) cout << b / 2 + b % 2 << endl;
else cout << 2 * a - 2 + (b - 4 * a + 4) << endl;
}
return 0;
}
C - Sasha and the Casino
难度: ⭐⭐
题目大意
小莫去赌场赌钱, 现有本钱a元, 在某一轮中投入b元, 如果赌赢了则变为k * b元, 即赚了(k - 1) * b元; 赌输了则失去b元; 而且该赌场有一个福利, 即连续输x轮后下一轮必赢; 请问小莫是否可以在任意时刻稳定赢钱;
解题思路
本题题意有点模糊, 总之就是想着以最小的代价输x轮, 然后赢一轮赚回来; 而是每一轮都要想着赢钱; 比如说当前小莫已经输了x元, 那么一轮小莫必须想着赚回来, 也就是至少投入y元, 使得(k - 1) * y >= x; 知道这个逻辑后就可以进行模拟了, 因为x的范围很小, 所以模拟x轮即可;
神秘代码
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define IOS ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
#define endl '\n'
using namespace std;
const int N = 1e6 + 10, mod = 998244353, inf = 1e18;
typedef pair<int, int> PII;
int n, m, res;
signed main(){
IOS;
int T;
cin >> T;
while(T--){
int k, x, a;
cin >> k >> x >> a;
int now = 0;
bool f = true;
for(int i = 1; i <= x + 1; i++){
if(a < now / (k - 1) + 1){
f = false;
break;
}
a -= now / (k - 1) + 1;
now += now / (k - 1) + 1;
}
if(f) cout << "YES" << endl;
else cout << "NO" << endl;
}
return 0;
}
D - Sasha and a Walk in the City
难度: ⭐⭐⭐⭐
题目大意
给定一个有n个顶点的无向连通图; 现在我们需要给这些顶点赋值为0或1, 要求任意两个顶点之间的路径上点权为1的顶点不超过2个, 请问有多少种赋值方案;
解题思路
考虑树型dp, 树型dp要考虑根节点和子树之间的关系; 我们先把dp[i][x]状态表示为从根节点i到叶节点的路径上点权为1的顶点个数为1的方案数; 首先对于所有的i来说 dp[i][0]都是1, 所以代码中我都用1来表示;
设j是根节点i某个子树的根节点, 那么对于dp[i][1]来说, 如果顶点i的点权为1, 那么就要用dp[j][0]来转移, 反之如果i的点权为0, 那么就可以用dp[j][1]来转移; 注意, 对于顶点i的点权为0来说, 其所有的子节点都可以取dp[j][1]; 因为如果存在大于2个点权为1的顶点, 那么这些顶点肯定是兄弟节点, 而不可能是祖宗节点的关系; 所以转移时是相乘而不是相加;
dp[i][2]就比较常规了, 只能由dp[j][1]和dp[j][2]来转移, 并且是常规的相加;
因为是连通图, 最后输出的时候取哪个顶点都可以;
神秘代码
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define IOS ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
#define endl '\n'
using namespace std;
const int N = 3e5 + 10, mod = 998244353, inf = 1e18;
typedef pair<int, int> PII;
int n, m, cnt;
string s;
int p[N];
vector<int> v[N];
int dp[N][3];
void solve(int u, int fa){
for(int x : v[u]){
if(x == fa) continue;
solve(x, u);
dp[u][1] = (dp[u][1] * (dp[x][1] + 1) % mod)% mod;
dp[u][2] = (dp[u][2] + dp[x][1] + dp[x][2]) % mod;
}
}
signed main(){
int T;
cin >> T;
while(T--){
cin >> n;
for(int i = 1; i <= n; i++){
dp[i][1] = 1;
dp[i][2] = 0;
v[i].clear();
}
for(int i = 1; i < n; i++){
int a, b;
cin >> a >> b;
v[a].push_back(b);
v[b].push_back(a);
}
solve(1, -1);
cout << (1 + dp[1][1] + dp[1][2]) % mod << endl;
}
return 0;
}
