1. 首頁 > 生活百科 > >

Codeforces Global Round 23 A-D

生活百科

比賽鏈接
A題解知識點：貪心，構造 。
注意到有 \(1\) 就一定能構造 。
時間復雜度 \(O(n)\)
空間復雜度 \(O(1)\)
代碼#include <bits/stdc++.h>#define ll long longusing namespace std;bool solve() {int n, k;cin >> n >> k;bool ok = 0;for (int i = 1;i <= n;i++) {int x;cin >> x;ok |= x;}if (ok) cout << "YES" << '\n';else cout << "NO" << '\n';return true;}int main() {std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);int t = 1;cin >> t;while (t--) {if (!solve()) cout << -1 << '\n';}return 0;}B題解知識點：枚舉，雙指針 。
用對撞指針，枚舉左側 \(1\) 和 右側 \(0\)  ， 一次操作能消除一對 。
時間復雜度 \(O(n)\)
空間復雜度 \(O(n)\)
代碼#include <bits/stdc++.h>#define ll long longusing namespace std;int a[100007];bool solve() {int n;cin >> n;for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> a[i];int l = 1, r = n;int cnt = 0;while (l <= r) {while (l <= r && a[l] == 0)l++;while (l <= r && a[r] == 1)r--;if (l <= r) {l++;r--;cnt++;}}cout << cnt << '\n';return true;}int main() {std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);int t = 1;cin >> t;while (t--) {if (!solve()) cout << -1 << '\n';}return 0;}C題解知識點：枚舉 。
容易發現，我們可以通過操作將序列變成非減序列，只要我們從左到右操作每組 \(a_i<a_{i-1}\) 的 \(a_i\) ，使 \(a_i \geq a_{i-1}\)。這樣的相鄰數對之差大于 \(i\) 的不會超過 \(n-i\) 組，即第 \(i\) 次操作修改的一定小于等于 \(i\) ，因此我們一定可以通過 \(n\) 次操作修改所有這樣的數對 。
把所有相鄰兩數的差帶著下標從小到大排序輸出下標就行 。
時間復雜度 \(O(n \log n)\)
空間復雜度 \(O(n)\)
代碼#include <bits/stdc++.h>#define ll long longusing namespace std;int a[100007];bool solve() {int n;cin >> n;for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> a[i];vector<pair<int, int>> v;v.push_back({ 0,1 });for (int i = 2;i <= n;i++) {v.push_back({ a[i - 1] - a[i], i });}sort(v.begin(), v.end());for (auto [i, j] : v) cout << j << ' ';cout << '\n';return true;}int main() {std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);int t = 1;cin >> t;while (t--) {if (!solve()) cout << -1 << '\n';}return 0;}D題解知識點：樹形dp，貪心 。
此題重點在于如何分配路徑到子節點 。
顯然，為了保證子節點路徑數至多相差 \(1\) ，若父節點有 \(p\) 或 \(p+1\) 條路徑，那么 \(s\) 個子節點可能的路徑數只有 \(\lfloor \frac{p}{s} \rfloor\) 或 \(\lfloor \frac{p}{s} \rfloor + 1\)。

  1. \(s>2\) 和 \(s=1\) 時，顯然成立 。
  2. \(s = 2\) 時 ，  \(p\) 能被整除時顯然成立 。
  3. \(s = 2\) 時， \(p\) 不能被整除時 \(p+1\) 一定能被整除，但只有 \(\lfloor \frac{p}{s} \rfloor + 1\) 一種合法情況，\(p\) 有 \(\lfloor \frac{p}{s} \rfloor\) 或 \(\lfloor \frac{p}{s} \rfloor + 1\) 兩種，同樣成立 。
我們知道了子節點可能分配到路徑后，對分配方法進行dp就行 。
設 \(f[u][0/1]\)  ， 表示對于節點 \(u\) 的子樹，\(u\) 具有路徑數為 \(p\) 或 \(p+1\) 時，子樹的總貢獻 。對于 \(f[u][0/1]\)  ， 先加上 \(u\) 本身的貢獻，以及子節點 \(v\) 路徑數為 \(\lfloor \frac{p}{s} \rfloor\) 的一種貢獻，即 \(f[v][0]\)，這是子節點都能分配到的 。
然后，對于 \(f[u][0]\) ，可以給 \(p \mod s\) 個子節點多分配一條路徑；對于 \(f[u][1]\) 可以給 \((p+1) \mod s\) 個子節點多分配一條路徑 。這些子節點的貢獻可以加一個增量 \(f[v][1]-f[v][0]\) ，我們按照這個增量排序，就能找到增量最大的幾個子節點，我們給它們分配即可 。
最后輸出 \(f[1][0]\)，根節點沒有多一條路徑的選擇 。
時間復雜度 \(O(n \log n)\)
空間復雜度 \(O(n)\)
代碼#include <bits/stdc++.h>#define ll long longusing namespace std;vector<int> g[200007];int s[200007];ll f[200007][2];void dfs(int u, int p) {f[u][0] = 1LL * p * s[u];f[u][1] = f[u][0] + s[u];if (!g[u].size()) return;vector<ll> tb;for (auto v : g[u]) {dfs(v, p / g[u].size());f[u][0] += f[v][0];f[u][1] += f[v][0];tb.push_back(f[v][1] - f[v][0]);}sort(tb.begin(), tb.end(), [&](ll a, ll b) {return a > b;});int r = p % g[u].size();for (int i = 0;i < r;i++) f[u][0] += tb[i];for (int i = 0;i <= r;i++) f[u][1] += tb[i];}bool solve() {int n, k;cin >> n >> k;for (int i = 1;i <= n;i++) g[i].clear();for (int i = 2;i <= n;i++) {int p;cin >> p;g[p].push_back(i);}for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> s[i];dfs(1, k);cout << f[1][0] << '\n';return true;}int main() {std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);int t = 1;cin >> t;while (t--) {if (!solve()) cout << -1 << '\n';}return 0;}

推薦閱讀