构造杂题(ing)
构造一个图，使得第\(i\)层下方的点的路径数为\(2^i\)，然后构造一条主链，通过二进制拆分，将对应位置与主链项链即可
void solve(){
add(1,++idx);
add(1,++idx);
for(int i=1;i<l;i++){
idx++;
add(idx-1,idx);
add(idx-2,idx);
idx++;
add(idx-2,idx);
add(idx-3,idx);
}
add(++idx,1);
for(int i=1;i<l;i++){
idx++;
add(idx-1,idx);
}
add(idx,2);
for(int i=1;i<=l;i++){
if(a[i]){//二进制倒数第i位
if(2*(l+1)+i+1>idx) add((i+1)*2,2);
else add((i+1)*2,2*(l+1)+i+1);
}
}
}
「CF1305D」Kuroni and the Celebration
询问叶子节点的lca，如若是ta们两个之一，那么ta（lca）为根
若不是，将\(x \to lca\) 和\(lca \to y\)这两条链上的点（处理）从set弹出（ta们不可能为根）
然后将\(lca\)加入下一轮的set中
重复此操作，直到set里只剩1个元素，ta即为根
void dfs(int u,int fa,int x){
now.erase(u);
if(u==x) return;
for(int v:G[u]) {
if(v!=fa) dfs(v,u,x);
}
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1,u,v;i<n;i++){
scanf("%d%d",&u,&v);
G[u].push_back(v);
G[v].push_back(u);
d[u]++;d[v]++;
}
for(int i=1;i<=n;i++) {
if(d[i]==1) now.insert(i);
}
while(now.size()>1){
nxt.clear();
while(1){
if(now.size()==1) {
nxt.insert(*now.begin());
break;
}else if(now.empty()) break;
int x=*now.begin();
now.erase(now.begin());
int y=*now.begin();
now.erase(now.begin());
int lca;
printf("? %d %d\n",x,y);
fflush(stdout);
scanf("%d",&lca);
dfs(x,0,lca);
dfs(y,0,lca);
nxt.insert(lca);
}
now=nxt;
}
printf("! %d\n",*now.begin());
fflush(stdout);
return 0;
}
我们将字符串按照相邻字符是否相同划分为多个段
对于只有A/B的段就用单独的a/b就🆗了
主要是对于AB相间的段怎么处理：
首先，对于奇数段：\(AB\),\(BA\)共用\(len/2\)
对于A开头的段：
-
若只用\(AB\),那么用的是\(c:(len/2)\)
-
若不是，则\(AB\),\(BA\),共用\((len/2)-1\)
对于B开头的段：
-
若只用\(BA\),那么用的是\(c:(len/2)\)
-
若不是，则\(AB\),\(BA\),共用\((len/2)-1\)
那么我们可以将这些段按照花费从小到大排序
然后若数量不够，则将sum加上\(w-1\)，表示\(AB\),\(BA\)共用\(w-1\)个
w=len/2，即花费
最后将c+d与sum比较，看c+d够不够即可
int main(){
cin>>t;
while(t--){
scanf("%d%d%d%d",&a,&b,&ab,&ba);
scanf("%s",s+1);
len=strlen(s+1);
cnta=0,cntb=0;
for(int i=1;i<=len;i++){
if(s[i]=='A') cnta++;
else cntb++;
}
if(cnta!=a+ab+ba||cntb!=b+ab+ba){
printf("NO\n");
continue;
}
sum=0;
for(int i=1,j;i<=len;i=j+1){
j=i;
while(j<len&&s[j]!=s[j+1]) j++;
if((j-i+1)%2==1) sum+=(j-i+1)/2;
else{
int w=(j-i+1)/2;
if(s[i]=='A') x.push_back(w);
else y.push_back(w);
}
}
sort(x.begin(),x.end());
sort(y.begin(),y.end());
for(int i:x){
if(ab>=i) ab-=i;
else sum+=i-1;//i-1个ba
}
for(int i:y){
if(ba>=i) ba-=i;
else sum+=i-1;//i-1个ab
}
if(sum<ab+ba) printf("NO\n");
else printf("YES\n");
}
return 0;
}
这个题就是我们先sort出我们的最终数组
然后将ta们的原id反排序回去（冒泡）
也就是倒着排回去，然后每次交换的时候记录下是交换的哪两个即可
这样就保证了每个逆序对只交换了一次
int main(){
cin>>n;
for (int i=1; i<=n; i++){
cin>>a[i].first;
a[i].second=i;
}
sort(a+1,a+1+n);
for (int i=1; i<=n; i++){
b[i]=a[i].second;
}
for (int i=1; i<=n; i++) {
for (int j=1; j<n; j++) {
if (b[j]>b[j+1]) {
ans.push_back({b[j+1],b[j]});
swap(b[j],b[j+1]);
}
}
}//冒泡排序
cout<<ans.size()<<"\n";
for(int i=0;i<(int)ans.size();i++){
cout<<ans[i].first<<" "<<ans[i].second<<"\n";
}
return 0;
}
「CF1305E」 Kuroni and the Score Distribution
我们可以显然发现\(1,2,3,4,5,6,\dots ,n-1,n\)这样的数列满足条件的三元组的个数增长是最快的，所以我们不妨从此入手
第\(i\)个数的贡献为\((i-1)/2\)
我们可以一直列下去，直到\(k\)(满足条件的三元组的个数)>=m
此时我们应该考虑如何在现有基础上将k缩小为m
我们可以比较不是很显然地发现，n(最后一项的数值)每增加2，k就减少1，
因此我们可以通过增大后面的数的数值来缩小k
使k=m即可
由于有n的限制，我们将后面的数随便填一些大的数（ta们的间隔也要大），
那么这个题就做完了
int main(){
scanf("%lld%lld",&n,&m);
for (ll i=1;i<=n;i++){
a[i]=i;
czc+=(i-1)/2;
if(czc>=m){
a[i]+=2*(czc-m);
ll add=1e9;
for (ll j=n;j>i;j--){
a[j]=(add-=(a[i]+1));
}
fg=1;
break;
}
}
if(!fg) {
printf("-1\n");
}else{
for(ll i=1;i<=n;i++){
printf("%lld ",a[i]);
}
}
return 0;
}
「CF487C」 Prefix Product Sequence
由于我们的\((n-1)!\)（就是n-1位置的前缀积）包含了\(n\)的所有因数(除了\(n\)),
所以\((n-1)! \space mod \space n\)必然为0,
但是如果\(n\)为质数肯定就不会出现这种情况（因为前面没有ta的因数（1不算））
所以\(n\)如果是合数的话，肯定就GG
这里有特殊情况：4
因为\(4=2^2\)
4也是可以的，所以需要特判一下
我们的1必须放在第一个，因为如果放1在中间的话，那当前位置与前一个的前缀积就是一样的，mod n的值自然一样，就GG了
我们的n必须放在最后一个，因为如果放n在中间的话，那当前位置及以后的前缀积mod n的值都为0，就GG了
考虑剩下的n-2个数
\(\frac{2}{1},\frac{3}{2},\frac{4}{3},...,\frac{n-1}{n-2},\frac{n}{n-1}\)
这样的序列是完全没有问题的
因为第\(i\)项的前缀积为\(i\)
然后我们通过逆元可以将分数转换为整数就🆗了
int main(){
pre();//质数
scanf("%lld",&n);
if(n==4||!p[n]){
printf("YES\n");
if(n==4){
printf("1\n3\n2\n4\n");//特判
return 0;
}
}else{
printf("NO\n");
return 0;
}
a[1]=1,a[n]=n;
for(ll i=2;i<n;i++){
a[i]=power(i-1,n-2)%n*i%n;
}
for(ll i=1;i<=n;i++){
printf("%lld\n",a[i]);
}
return 0;
}
就是先走轻链，放在当前点的上一层
走重链的话，就放在这一层。。。。
没了
void dfs(ll x,ll fa){
sz[x]=1;
son[x]=-1;
for(ll i=hd[x];i;i=nxt[i]){
ll y=to[i];
if(y==fa) continue;
f[y]=x;
dfs(y,x);
sz[x]+=sz[y];
if(son[x]==-1||sz[son[x]]<sz[y]) son[x]=y;
}
}
void dfs1(ll x,ll yy){
//cout<<"---"<<x<<" "<<yy<<"\n";
X[x]=++c[yy],Y[x]=yy;
if(son[x]==-1){
return ;
}
for(ll i=hd[x];i;i=nxt[i]){
ll y=to[i];
if(y==f[x]||y==son[x]) continue;
dfs1(y,yy+1);
}
dfs1(son[x],yy);
}
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