Educational Codeforces Round 168 (Rated for Div. 2) 题解

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D 题不知道为什么挂了一发。最终排名 135，Div2 选手排名 64。

F 题解请等待后续更新。

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Educational Codeforces Round 168 (Rated for Div. 2)

A.Strong Password

题目大意

给定一个字符串 $a$，你需要在中间（可以是开头或结尾）插入一个字符，使得满足 $a_i \neq a_{i+1}$ 的 $i$ 最多。

多组测试，$1 \le |a| \le 10, T \le 10^3$。

思路

如果有两个字符相邻且相同，直接在这它们之间插入一个不同于它们的字符。否则在字符串结尾插入一个不同于结尾的字符。

代码实现

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define For(i,a,b) for(ll i=(a);i<=(b);++i)
#define Rep(i,a,b) for(ll i=(a);i>=(b);--i)
#define pb push_back
const ll N=1e6+10;
using namespace std;

ll n,m,k;
char a[N],b[N];

void mian(){
	
	scanf("%s",a+1);
	
	n=strlen(a+1);
	ll flag=0;
	For(i,1,n-1){
		putchar(a[i]);
		if(a[i]==a[i+1]&&flag==0){
			if(a[i]=='a')putchar('b');
			else putchar('a');
			flag=1;
		}
	}
	putchar(a[n]);
	if(flag==0){
		if(a[n]=='a')putchar('b');
		else putchar('a');
	}
	putchar('\n');
	
}

int main(){
	int T=1;
	scanf("%d",&T);
	while(T--)mian();
	return 0;
}

B.Make Three Regions

题目大意

有一个 $2 \times n$ 的网格，上面有些格子是障碍物，有些是空地。保证空地四连通。

求有多少个空地满足把它变成障碍物后，剩余的空地被分为三个四连通块。

多组测试，$1 \le n \le 2 \times 10^5, T \le 10^4, \sum n \le 2 \times 10^5$。

思路

发现只有如下两种情况：

x.x        ...
...        x.x

特判即可。

代码实现

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define For(i,a,b) for(ll i=(a);i<=(b);++i)
#define Rep(i,a,b) for(ll i=(a);i>=(b);--i)
#define pb push_back
const ll N=1e6+10;
using namespace std;

ll n,m,k;
char a[N],b[N];

void mian(){
	
	ll ans=0;
	scanf("%lld",&n);
	scanf("%s",a+1);
	scanf("%s",b+1);
	For(i,1,n-2){
		if(a[i]=='x'&&a[i+1]=='.'&&a[i+2]=='x'&&b[i]=='.'&&b[i+2]=='.'){
			++ans;
		}
		if(b[i]=='x'&&b[i+1]=='.'&&b[i+2]=='x'&&a[i]=='.'&&a[i+2]=='.'){
			++ans;
		}
	}
	
	printf("%lld\n",ans);
	
}

int main(){
	int T=1;
	scanf("%d",&T);
	while(T--)mian();
	return 0;
}

C.Even Positions

题目大意

一个合法括号序列的权值定义为匹配括号的距离和。

有一个长度为 $n$ 的合法括号序列，但所有的奇数位置的括号都遗失了。你需要找出所有可能的原序列中，权值最小的为多少。

多组测试，$n$ 为偶数，$2 \le n \le 2 \times 10^5, T \le 5000, \sum n \le 2 \times 10^5$。

思路

发现对于一个右括号，我们会尽可能在它前面放左括号，而对于一个左括号，我们会在它后面放右括号。

手玩发现，为了使括号序列合法，我们会先满足左括号，再考虑右括号。

也就是说，一个左括号出现时，它后面最近的右括号的匹配括号会左移 $2$，最后权值也会增加 $2$。

统计左括号的数量 $x$，$\frac{n}{2}+2x$ 即为答案。

代码实现

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define For(i,a,b) for(ll i=(a);i<=(b);++i)
#define Rep(i,a,b) for(ll i=(a);i>=(b);--i)
#define pb push_back
const ll N=1e6+10;
using namespace std;

ll n,m,k;
char a[N],b[N];

void mian(){
	
	ll ans=0;
	scanf("%lld",&n);
	scanf("%s",a+1);
	ans=n/2;
	
	For(i,1,n){
		if(a[i]=='('){
			ans+=2;
		}
	}
	
	printf("%lld\n",ans);
	
}

int main(){
	int T=1;
	scanf("%d",&T);
	while(T--)mian();
	return 0;
}

D.Maximize the Root

题目大意

给定一棵 $n$ 个点的树，根为 $1$。第 $i$ 个点有一个权值 $a_i$。

你可以多次操作：选择一个点，让其子树所有点（不包括自己）权值减 $1$，自己权值加 $1$。

权值不能为负。求最后根节点的最大权值。

多组测试，$n$ 为偶数，$2 \le n \le 2 \times 10^5, 0 \le a_i \le 10^9, T \le 10^4, \sum n \le 2 \times 10^5$。

思路

明显不能贪心。考虑 dp。

我们要让根节点尽可能大，那么就要让根节点能进行的操作数尽可能多。

而操作数取决于子树中权值最小的点的权值。

令 $dp_i$ 表示 $i$ 的子树操作完之后最小值的最大值。

转移时，令 $mn$ 为 $x$ 的儿子节点的 $dp$ 值的最小值，分类讨论：

• $mn < a_x$。此时操作只会让最小值更小。$dp_x=tmp$。

• $mn \ge a_x$。此时我们可以操作直到 $mn \le a_x$，这样最小值会变大。$dp_x=\lfloor\frac{mn+a_x}{2}\rfloor$。

注意我们是要让根节点权值最大，所以在根节点上不需要考虑子树最小值最大，直接无脑操作即可。

代码实现

根节点记得特判。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define For(i,a,b) for(ll i=(a);i<=(b);++i)
#define Rep(i,a,b) for(ll i=(a);i>=(b);--i)
#define pb push_back
const ll N=1e6+10;
using namespace std;

ll n,m,k;
ll a[N],b[N];
ll fa[N];
vector<ll>e[N];

void dfs(ll x){
	ll mn=1000000001;
	for(ll y:e[x]){
		if(y==fa[x])continue;
		dfs(y);
		mn=min(mn,b[y]);
	}
	if(mn==1000000001){
		b[x]=a[x];
		return;
	}
	if(x==1){
		a[x]+=mn;
		return;
	}
	if(a[x]<mn)b[x]=(a[x]+mn)/2;
	else b[x]=mn;
}

void mian(){
	
	ll ans=0;
	scanf("%lld",&n);
	For(i,1,n){
		scanf("%lld",&a[i]);
		e[i].clear();
		b[i]=0;
	}
	For(i,2,n){
		scanf("%lld",&fa[i]);
		e[i].pb(fa[i]),e[fa[i]].pb(i);
	}
	dfs(1);
	
	printf("%lld\n",a[1]);
	
}

int main(){
	int T=1;
	scanf("%d",&T);
	while(T--)mian();
	return 0;
}

E.

题目大意

有一个长度为 $n$ 的序列 $a$ 和整数 $x,k$，$x$ 一开始等于 $1$。

一次操作定义为：依次对 $i = 1 \to n$，每 $k$ 次满足 $a_i \ge x$，$x \larr x + 1$。

现在告诉你序列 $a$，有 $q$ 次询问，每次询问给定 $p,t$，求在 $k=t$、操作进行到 $i=p$ 时，$a_p \ge x$ 是否满足。

$1 \le n,q \le 2 \times 10^5, 1 \le a_i \le 2 \times 10^5, 1 \le p,t \le n$。

思路

没有修改操作，首先想到预处理。

手玩发现，对于每个 $i$，满足条件的 $k$ 是一个范围，即大于等于一个阈值 $b_i$。

所以我们需要做的，就是快速求出每个 $i$ 的阈值。

如果求单个 $i$ 的阈值，我们可以使用二分答案。这样做的复杂度瓶颈在 check 函数上。

那么为了降低复杂度，我们需要寻找共用的信息。

我们发现，check 的本质其实是在找之前有多少下标已经满足条件。

那么我们直接开一颗权值线段树，记录当前的每个 $k$ 值对应的满足条件的下标数。

每次计算出一个 $b_i$，将线段树上 $b_i \to n$ 整体加 $1$。查询时单点查询。

二分答案套上一个线段树，复杂度 $O(n \log^2 n)$。

代码实现

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define For(i,a,b) for(ll i=(a);i<=(b);++i)
#define Rep(i,a,b) for(ll i=(a);i>=(b);--i)
#define Yes printf("Yes\n")
#define No printf("No\n")
#define pb push_back
const ll N=1e6+10;
using namespace std;

ll n,m,k,q;
ll a[N],b[N];

#define lson rt<<1
#define rson rt<<1|1
ll c[N];
void build(ll rt,ll l,ll r){
	if(l==r){
		c[rt]=0;
		return;
	}
	ll mid=(l+r)>>1;
	build(lson,l,mid);
	build(rson,mid+1,r);
}
void pushdown(ll rt,ll l,ll r){
	ll mid=(l+r)>>1;
	if(c[rt]){
		c[lson]+=c[rt];
		c[rson]+=c[rt];
		c[rt]=0;
	}
}
void change(ll rt,ll l,ll r,ll x,ll y,ll z){
	if(x<=l&&r<=y){
		c[rt]+=z;
		return;
	}
	pushdown(rt,l,r);
	ll mid=(l+r)>>1;
	if(x<=mid)change(lson,l,mid,x,y,z);
	if(y>mid)change(rson,mid+1,r,x,y,z);
}
ll query(ll rt,ll l,ll r,ll x){
	if(l==r)return c[rt];
	pushdown(rt,l,r);
	ll mid=(l+r)>>1;
	if(x<=mid)return query(lson,l,mid,x);
	else return query(rson,mid+1,r,x);
}

void mian(){
	
	ll ans=0;
	scanf("%lld%lld",&n,&q);
	For(i,1,n){
		scanf("%lld",&a[i]);
		b[i]=0;
	}
	build(1,1,n);
	change(1,1,n,1,n,1);
	For(i,2,n){
		ll l=1,r=n,res=0;
		while(l<=r){
			ll mid=(l+r)>>1;
			if(query(1,1,n,mid)/mid+1>a[i])l=mid+1;
			else res=mid,r=mid-1;
		}
		b[i]=res;
		change(1,1,n,res,n,1);
	}
	while(q--){
		ll x,y;
		scanf("%lld%lld",&x,&y);
		if(b[x]<=y)Yes;
		else No;
	}
	
}

int main(){
	int T=1;
	while(T--)mian();
	return 0;
}

F.

题目大意

思路

代码实现

尾声

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