Codeforces Round #800 (Div. 2 + Div. 1) A - E

比赛链接

1|0A

核心思路

经典的构造方式；010101这样构造就好了。

// Problem: A. Creep
// Contest: Codeforces - Codeforces Round #800 (Div. 2)
// URL: https://codeforces.com/contest/1694/problem/A
// Memory Limit: 256 MB
// Time Limit: 1000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
#define IOS std::ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0)
#define NO {puts("NO") ; return ;}
#define YES {puts("YES") ; return ;}
#define endl "\n"
#define int long long 



void solve()
{
	int a,b;
	cin>>a>>b;
	vector<int> ans;
	while(a&&b)
	{
		if(a)
		{
			ans.push_back(0);
			a--;
		}
		if(b)
		{
			ans.push_back(1);
			b--;
		}
	}
	if(a)
	{
		for(int i=0;i<a;i++)
		ans.push_back(0);
	}
	else
	{
		for(int i=0;i<b;i++)
		ans.push_back(1);
	}
	for(int i=0;i<ans.size();i++)
	cout<<ans[i];
	cout<<endl;
	
}

signed main()
{
int T;
cin>>T;
while(T--)
{
	solve();
}
}

---

2|0B

核心思路

又是经典的从最开始的部分来发现规律和挖掘性质。

我们可以发现如果是01,我们往有点添加0还是1都是没有影响的。
也就是：001 101
因为如果是第一种情况，只需要使用性质1就好了。
如果是第二种情况那么使用下性质2在使用性质1就好了。这些都是可以化简为我们想要的要样子的。
所以啊，我们就挖掘出来了一个重要的性质：只要有不相同的数那么以这个为起点的区间都是成立的。
一般b题不会很难的，挖掘出来这个性质就差不多了。hhh

// Problem: B. Paranoid String
// Contest: Codeforces - Codeforces Round #800 (Div. 2)
// URL: https://codeforces.com/contest/1694/problem/B
// Memory Limit: 256 MB
// Time Limit: 1000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
#define IOS std::ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0)
#define NO {puts("NO") ; return ;}
#define YES {puts("YES") ; return ;}
#define endl "\n"
#define int long long 


void solve()
{
	int n;
	string s;
	cin>>n>>s;
	int ans=n;
	for(int i=1;i<n;i++)
	{
		if(s[i-1]!=s[i])
		ans+=i;
	}
	
	cout<<ans<<endl;
	
}

signed main()
{
int T;
cin>>T;
while(T--)
{
	solve();
}
}

---

3|0C

核心思路

这个题目咋一看不怎么好像，所以我们得先把题目化简：我们把第一种操作定义为$b[i]$,第二种为$c[i]$,然后我们想要构造的数组为$a[i]$.

所以$a[i]=b[i]-c[i]$,我们还可以根据最后会回到原点，在挖掘出来一条性质：$c[i]=b[i-1]$.

所以$a[i]=b[i]-b[i-1]$.

然后我们再回到实际范围找出b数组的约束条件，首先$b[i]\ge 0$.因为操作数不可能为负数。然后我们如果发现某一个是0，那么后面的b也肯定是0，因为如果点$b[i]=0$.就说明我们的指针压根没有到这个点，那么这个点之后的点也肯定不会到。

总的来说，这道题还是有一点难度的。

// Problem: C. Directional Increase
// Contest: Codeforces - Codeforces Round #800 (Div. 2)
// URL: https://codeforces.com/contest/1694/problem/C
// Memory Limit: 256 MB
// Time Limit: 1000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
#define IOS std::ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0)
#define NO {puts("NO") ; return ;}
#define YES {puts("YES") ; return ;}
#define endl "\n"
#define int long long 

const int N=1e6+10;
int a[N],b[N];

void solve()
{
	int n;
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	cin>>a[i];
	for(int i=1;i<=n;i++)
	b[i]=b[i-1]+a[i];
	
	if(b[n]!=0)
	{
		cout<<"No"<<endl;
		return;
	}
	
	int flag=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		if(b[i]<0)
		flag=1;
	}
	int zero=0;
	
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		if(b[i]==0)
		{
			zero=1;
		}
		else if(zero)
		{
			flag=1;
		}
	}
	if(flag)
	{
		NO;
	}
	else
	{
		YES;
	}
	
	
}




signed main()
{
int T;
cin>>T;
while(T--)
{
	solve();
}
}

---

4|0D

题目

其实看他花里胡哨搞一堆，就是如果我们对子节点加了c,那么父节点也会相应的加c。

核心思路

首先一个父节点当前的sum值是来源于他的儿子的：$g(u)=\sum _{v->son(u)}r(v)$.如果g(u)还是小于l[u],那么就需要单独加一次。然后更新下r[u]就好了，一定要注意r[u]只可以来源于他的儿子。所以只需要和sum去一个最小值就好了。

时间复杂度O(n)

// Problem: D. Fake Plastic Trees
// Contest: Codeforces - Codeforces Round #800 (Div. 2)
// URL: https://codeforces.com/contest/1694/problem/D?mobile=true
// Memory Limit: 256 MB
// Time Limit: 1000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
#define IOS std::ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0)
#define NO {puts("NO") ; return ;}
#define YES {puts("YES") ; return ;}
#define endl "\n"
#define int long long 

const int N=1e6+10;
int h[N],e[N],ne[N],idx;
int l[N],r[N];


void add(int a,int b)
{
	e[idx]=b;
	ne[idx]=h[a];
	h[a]=idx++;
}
int dfs(int u)
{
	int res=0,sum=0;
	
	for(int i=h[u];~i;i=ne[i])
	{
		
		int j=e[i];
		res+=dfs(j);
		sum+=r[j];
	}
	if(sum<l[u])
	res++;
	else
	r[u]=min(r[u],sum);
	return res;
	
	
}



void solve()
{
	int n;
	cin>>n;
	idx=0;
	memset(h,-1,sizeof h);
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		int x;
		cin>>x;
		add(x,i);
			}
	for(int i=1;i<=n;i++)
	cin>>l[i]>>r[i];
	cout<<dfs(1)<<endl;
	
	
}


signed main()
{
int T;
cin>>T;
while(T--)
{
	solve();
}
}

---

5|0E

核心思路

我们首先假设$dist[u]\mathrm{为}u\mathrm{到}\mathrm{终}\mathrm{点}\mathrm{的}\mathrm{最}\mathrm{短}\mathrm{距}\mathrm{离}$，但是题目又要我们最小值最大，所以我们可以从$dist$里面挑选一个大的来作为当前的一条道路，就是说当前人物走了一条相对来说有点大的路，但是我们需要把当前的路还要大的路给堵了。使他走当前这条路。

所以这个题目就需要统计下每个点的入度，然后反向建图。

// Problem: E. Keshi in Search of AmShZ
// Contest: Codeforces - Codeforces Round #800 (Div. 2)
// URL: https://codeforces.com/contest/1694/problem/E
// Memory Limit: 256 MB
// Time Limit: 2000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
#define IOS std::ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0)
#define NO {puts("NO") ; return ;}
#define YES {puts("YES") ; return ;}
#define endl "\n"
#define int long long 
#define x first
#define y second


typedef pair<int, int> PII;

const int N = 1e6 + 10;
int h[N], ne[N], idx, e[N];
int dist[N], din[N], st[N];
int n, m;
void add(int a, int b)
{
	e[idx] = b;
	ne[idx] = h[a];
	h[a] = idx++;
	din[b]++;

}

void dijkstra()
{
	memset(dist, 0x3f, sizeof dist);
	memset(st, 0, sizeof st);
	priority_queue<PII, vector<PII>, greater<PII>> q;
	dist[n] = 0;
	q.push({ 0,n });

	while (q.size())
	{
		auto t = q.top();
		q.pop();
		int ver = t.y;
		if (st[ver])
			continue;
		st[ver] = 1;
		for (int i = h[ver];~i;i = ne[i])
		{
			int j = e[i];
			if (dist[j] > dist[ver] + din[j])
			{
				dist[j] = dist[ver] + din[j];
				q.push({ dist[j],j });
			}
			din[j]--;//因为我们只需要删除比它大的边。
		}

	}


}


void solve()
{
	cin >> n >> m;
	memset(h, -1, sizeof h);
	while (m--)
	{
		int a, b;
		cin >> a >> b;
		add(b, a);
	}
	dijkstra();
	cout << dist[1] << endl;
}



signed main()
{
	int T=1;
	while (T--)
	{
		solve();
	}
}

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本文作者：肖英豪
本文链接：https://www.cnblogs.com/xyh-hnust666/p/17073232.html
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