Codeforces Round #627 (Div. 3) 题解

Codeforces Round #627 (Div. 3)

Codeforces Round #627 (Div. 3)

A. Yet Another Tetris Problem

题意：给你一堆俄罗斯方块，询问在只有 \(1\times 2\) 的方块情况下能否消除所有方块。

分析：看懂题目比做题还麻烦。

#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS
#pragma GCC optimize(3)
#pragma GCC optimize("Ofast")
#pragma GCC target("sse,sse2,sse3,ssse3,sse4,popcnt,abm,mmx,avx,tune=native")
#pragma comment(linker, "/stack:200000000")
#include <bits/stdc++.h>
#define SIZE 200010
#define rep(i, a, b) for (int i = a; i <= b; ++i)
#define mp make_pair
#define ll long long
using namespace std;
void io() { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr); cout.tie(nullptr); }
int n, t, a[SIZE];

int main() {
	io(); cin >> t;
	rep(ii, 1, t) {
		cin >> n;
		rep(i, 1, n) cin >> a[i];
		bool f = true;
		rep(i, 2, n) {
			if ((a[i] - a[i - 1]) & 1) {
				f = false;
				break;
			}
		}
		cout << (f ? "YES\n" : "NO\n");
	}
}

B. Yet Another Palindrome Problem

题意：询问是否存在长度大于等于三的回文子序列（不连续）。

分析：由于不连续的条件，我们只需要找是否存在非相邻的相同字符即可。

#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS
#pragma GCC optimize(3)
#pragma GCC optimize("Ofast")
#pragma GCC target("sse,sse2,sse3,ssse3,sse4,popcnt,abm,mmx,avx,tune=native")
#pragma comment(linker, "/stack:200000000")
#include <bits/stdc++.h>
#define SIZE 200010
#define rep(i, a, b) for (int i = a; i <= b; ++i)
#define mp make_pair
#define ll long long
using namespace std;
void io() { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr); cout.tie(nullptr); }
int n, t, a[SIZE];

int main() {
	io(); cin >> t;
	rep(ii, 1, t) {
		cin >> n;
		map<int, vector<int> > MP;
		bool f = false;
		rep(i, 1, n) cin >> a[i], MP[a[i]].emplace_back(i);
		for (auto i : MP) {
			if (i.second.size() > 2) {
				f = true;
				break;
			}
			if (i.second.size() == 2 && abs(i.second[0] - i.second[1]) > 1) {
				f = true;
				break;
			}
		}
		cout << (f ? "YES\n" : "NO\n");
	}
}

C. Frog Jumps

题意：给定一个字符串 \(s\) 。一只青蛙在 \(x=0\) 处，一次最大跳跃距离为 \(d\) ，当它跳到位置 \(x=i\) 时，如果 \(s[i]=R\) 那它能继续向右跳，若 \(s[i]=L\) 那它只能向左跳，询问使得青蛙能够跳到 \(x=n+1\) 位置的 \(d_{min}\) 。

分析：贪心，求两个字符 \(R\) 之间的最大距离。

#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS
#pragma GCC optimize(3)
#pragma GCC optimize("Ofast")
#pragma GCC target("sse,sse2,sse3,ssse3,sse4,popcnt,abm,mmx,avx,tune=native")
#pragma comment(linker, "/stack:200000000")
#include <bits/stdc++.h>
#define SIZE 200010
#define rep(i, a, b) for (int i = a; i <= b; ++i)
#define mp make_pair
#define ll long long
using namespace std;
void io() { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr); cout.tie(nullptr); }
int n, t, a[SIZE];

int main() {
	io(); cin >> t;
	rep(ii, 1, t) {
		string s; cin >> s;
		s += 'R';
		int pre = 0, mind = -1;
		rep(i, 1, s.length()) {
			if (s[i - 1] == 'R') {
				mind = max(mind, i - pre);
				pre = i;
			}
		}
		cout << (mind == -1 ? (s.length() + 1) : mind) << '\n';
	}
}

D. Pair of Topics

题意：给定两个数组 \(a\) 和 \(b\) ，询问满足 \(a_i+a_j>b_i+b_j(i<j)\) 的二元组 \((i,j)\) 数量。

分析：明显的二分：\(a_i+a_j>b_i+b_j\Leftrightarrow a_i-b_i>-(a_j-b_j)\) 。于是只需要预处理一个数组 \(c_i=a_i-b_i\) 。

#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS
#pragma GCC optimize(3)
#pragma GCC optimize("Ofast")
#pragma GCC target("sse,sse2,sse3,ssse3,sse4,popcnt,abm,mmx,avx,tune=native")
#pragma comment(linker, "/stack:200000000")
#include <bits/stdc++.h>
#define SIZE 200010
#define rep(i, a, b) for (int i = a; i <= b; ++i)
#define mp make_pair
#define ll long long
using namespace std;
void io() { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr); cout.tie(nullptr); }
ll n, a[SIZE], b[SIZE],ans;
vector<ll> vec;
 
int main() {
	io(); cin >> n;
	rep(i, 1, n) cin >> a[i];
	rep(i, 1, n) cin >> b[i];
	rep(i, 1, n) vec.emplace_back(a[i] - b[i]);
	sort(vec.begin(), vec.end());
	rep(i, 0, (vec.size() - 1)) {
		int now = vec[i];
		if (now > 0) ans += (n - 1 - i);
		else {
			int pos = lower_bound(vec.begin(), vec.end(), 1 - now) - vec.begin();
			ans += max(0ll, (n - pos));
		}
	}
	cout << ans;
}

E. Sleeping Schedule

题意：\(Vova\) 一共要睡觉 \(n\) 次，每次都会睡满一整天，每天时长 \(h\) 个小时，如果 \(Vova\) 的入睡时间在 \([l,r]\) 范围内则之称为一次好的睡眠。现在已知 \(Vova\) 第 \(i\) 次睡眠前，她能控制自己醒着 \(a_i\) 或者 \(a_i - 1\) 个小时。求好的睡眠最大值。

分析：注意到 \(n,h\leq 2000\) ，直接枚举时间进行 \(dp\) 。设第 \(i\) 次睡眠 \(j\) 时段的最大值为 \(dp[i][j]\) ，则有： \(dp[i][(j+t)modh] = max(dp[i][(j+t)modh],dp[i-1][j]+(l\leq (j+t)modh\leq r))\)，\((t=a_i\) \(or\) \(a_i-1)\) 。emmm，好像就结束了。

#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS
#pragma GCC optimize(3)
#pragma GCC optimize("Ofast")
#pragma GCC target("sse,sse2,sse3,ssse3,sse4,popcnt,abm,mmx,avx,tune=native")
#pragma comment(linker, "/stack:200000000")
#include <bits/stdc++.h>
#define SIZE 2010
#define rep(i, a, b) for (int i = a; i <= b; ++i)
#define mp make_pair
#define ll long long
using namespace std;
void io() { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr); cout.tie(nullptr); }
int n, h, l, r, ans = -1;
int a[SIZE], dp[SIZE][SIZE];

int main() {
	io(); cin >> n >> h >> l >> r;
	rep(i, 1, n) cin >> a[i];
	rep(i, 0, 2000) rep(j, 0, 2000) dp[i][j] = -1;
	dp[0][0] = 0;
	rep(i, 1, n) {
		i = i;
		rep(j, 0, (h - 1)) dp[i][j] = -1;
		rep(j, 0, (h - 1)) {
			if (dp[i - 1][j] == -1) continue;
			rep(t, (a[i] - 1), a[i]) {
				int k = (j + t) % h;
				dp[i][k] = max(dp[i][k], dp[i - 1][j] + (l <= k && k <= r));
			}
		}
	}
	rep(i, 0, h) ans = max(ans, dp[n][i]);
	cout << ans;
}

F. Maximum White Subtree

题意：给定一棵无根树，每个节点都染色为白色或黑色，对每个节点询问：包含当前节点的任意子树中（因为是无根树，实际上就是连通块） \(cnt_w-cnt_b\) 的最大值，即白色点数减黑色点数的最大值。

分析：标准的换根树形 \(dp\) ，我们任取一点作为根，此时对于任意节点我们能够简单地推出以下递推式： \(dp_{now}=\underset{i\in children(now)}\sum{max(0,dp[i])}\) 。然后考虑换根，我们考虑交换 \(now\) 节点和他的一个子节点 \(to\) 之后会发生什么变化：显然这个交换只会影响 \(now\) 和 \(to\) 这两个节点，其他节点任然作为子节点不受影响。得到第二组树形 \(dp\) 转移式：\(dp_{now}=dp_{now}-max(0,dp[to])\) ； \(dp_{to}=dp_{to}+max(0,dp_{now})\) 。

#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS
#pragma GCC optimize(3)
#pragma GCC optimize("Ofast")
#pragma GCC target("sse,sse2,sse3,ssse3,sse4,popcnt,abm,mmx,avx,tune=native")
#pragma comment(linker, "/stack:200000000")
#include <bits/stdc++.h>
#define SIZE 200010
#define rep(i, a, b) for (int i = a; i <= b; ++i)
#define mp make_pair
#define ll long long
using namespace std;
void io() { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr); cout.tie(nullptr); }
int n;
int a[SIZE], dp[SIZE], ans[SIZE];
vector<int> vec[SIZE];

void dfs(int now, int pa) {
	dp[now] = a[now];
	for (auto i : vec[now]) {
		if (i == pa) continue;
		dfs(i, now);
		dp[now] += max(0, dp[i]);
	}
}

void dfs2(int now, int pa) {
	ans[now] = dp[now];
	for (auto i : vec[now]) {
		if (i == pa) continue;
		dp[now] -= max(0, dp[i]);
		dp[i] += max(0, dp[now]);
		dfs2(i, now);
		dp[i] -= max(0, dp[now]);
		dp[now] += max(0, dp[i]);
	}
}

int main() {
	io(); cin >> n;
	rep(i, 1, n) {
		int x; cin >> x;
		a[i] = (x ? 1 : -1);
	}
	rep(i, 1, (n - 1)) {
		int x, y; cin >> x >> y;
		vec[x].emplace_back(y);
		vec[y].emplace_back(x);
	}
	dfs(1, 0);
	dfs2(1, 0);
	rep(i, 1, n) cout << ans[i] << ' ';
}

这场 \(div3\) 好像特别简单。。。

posted @ 2020-03-13 23:05 st1vdy 阅读(465) 评论(0) 编辑收藏举报

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