Codeforces Global Round 13

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A（水題）

題目連接
⭐

題目：
給出一個\(01\)序列，有2種操做：1.將某個位置取反；2.詢問\(01\)序列中第\(k\)大的數

解析：
顯然維護1的數目便可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
/*===========================================*/

int ones = 0;
const int maxn = 1e5 + 5;
int dat[maxn];

int main() {
	int n, q, a, b;
	scanf("%d%d", &n, &q);
	for (int i = 0; i < n; ++i)
	{
		scanf("%d", &dat[i]);
		ones += dat[i];
	};
	while (q--) {
		scanf("%d%d", &a, &b);
		if (a == 1) {
			--b;
			if (dat[b])
				--ones;
			else
				++ones;
			dat[b] = 1 - dat[b];
		}
		else {
			printf("%d\n", ones >= b);
		}
	}
}

 

B（貪心）

題目連接
⭐⭐

題目：
給出一張圖，由\(n(n\le100)\)行（行從1開始編號），\(10^6+1\)列組成（列從0開始編號），在所給矩陣的每一行存在一個障礙，如今能夠花費\(v\)使得障礙水平移動，\(u\)使得障礙豎直移動，問若要從\((1,0)\)能夠到達\((n,10^6+1)\)，最小花費是多少？
（題目所給障礙物水平移動範圍不包含兩端）

解析：
因爲水平移動範圍不包含兩端，因此不會出現上下封閉的狀況，那麼只有一種狀況下沒法到達，即全部障礙造成一條連續線段，將圖分割成左右兩部分，在這樣的狀況下，分如下兩種狀況進行討論：

• 若是這是一條筆直的線段，即障礙所在列所有相同，則考慮將相鄰障礙物一個左移一個右移，或者將障礙物先水平移動再垂直移動到不一樣行，造成空缺
• 若是不是筆直的，那麼在能夠在線段斜線處水平移動一次或者豎直移動一次，造成空缺

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
/*===========================================*/

int ones = 0;
const int maxn = 105;
int ob[maxn];

int main() {
	int T;
	int n, u, v;
	scanf("%d", &T);
	while (T--)
	{
		bool left = true;
		scanf("%d%d%d", &n, &u, &v);
		for (int i = 0; i < n; ++i)
			scanf("%d", &ob[i]);
		int last = 0;
		bool equ = true, line = true;
		for (int i = 1; i < n; ++i)
		{
			if (abs(ob[i] - ob[i - 1]) > 1)
			{
				line = false;
				break;
			}
			if (ob[i] != ob[i - 1])
				equ = false;
		}
		if (line) {
			if (equ)
				printf("%d", min(2 * v, u + v));
			else
				printf("%d", min(u, v));
		}
		else
			printf("%d", 0);
		printf("\n");
	}
}

 

C（思惟）

題目連接
⭐⭐⭐

題目：
給出\(n\)個蹦牀，每一個蹦牀有一個強度\(S_i\)，若是身處\(i\)蹦牀，會跳躍至\(i+S_i\)處，且每次蹦牀被踩壓後，強度會\(-1\)，但至多減至1，如今能夠從任意位置起跳，每次跳躍直到無蹦牀能夠踩壓爲止，問將全部蹦牀強度降至\(1\)，所最少須要的遊戲次數

解析：

1. 假設從\(i\)蹦牀出發，他只會對\(\ge i\)的部分產生影響，因此若是全要降爲\(1\)，則須要從前到後的遍歷蹦牀，並將其強度減到\(1\)爲止
2. 這就要求維護一個\(t\)數組，統計\(i\)以前的蹦牀跳躍時對\(i\)的影響，顯然仍須要跳躍的次數爲\(\max(S_i-1-t_i,0)\)
3. 將\(i\)位置的強度降爲\(1\)，則會踩壓到\(i+2,i+3,...,i+S_i\)的全部蹦牀，即所屬\(t\)均要加\(1\)
4. 同時也不難發現，可能因爲受以前影響的踩壓次數過多（未遍歷到\(i\)之前，\(S_i\)已經降爲\(1\)了），就能夠傳遞給下一個蹦牀，即\(t[i+1]=\max(t_i-S_i+1,0)\)

注意：

1. 答案須要開\(long\ long\)存儲
2. 第\(i\)號蹦牀對後序的影響，即\(+1\)過程，能夠用差分數組維護

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 5e3 + 5;
int dat[maxn];
int t[maxn];
long long ret;

int main() {
	int T,n;
	scanf("%d", &T);
	while (T--) {
		ret = 0;
		scanf("%d", &n);
		for (int i = 0; i < n; ++i)
			scanf("%d", &dat[i]);
		memset(t, 0, sizeof(t));
		for (int i = 0; i < n; ++i) {
			int x = max(0, dat[i] - 1 - t[i]);
			ret += x;
			int end = min(n - 1, i + dat[i]);
			for (int j = i + 2; j <= end; ++j)
				++t[j];
			t[i + 1] += max(t[i] - dat[i] + 1, 0);
		}
		printf("%lld\n", ret);
	}
}

 

D（思惟+位運算）

題目連接
⭐⭐⭐

題目：
規定若是\(u\&v=v\)，則\(u\)可達\(u+v\)，如今給出\(u,v\)，問是否能夠從\(u\)到\(v\)

解析：

1. 若是\(u\rightarrow v\)，則\(u<v\)是顯然的
2. 不難發現對於任意一個\(u\)，對於全部\(u\)可達點的中間變量\(v'\)，知足：\(v'\)中若是位數爲1，則必有\(u\)中對應位也爲\(1\)，而\(u+v'\)可使得\(1\)的位置向左移，如1101+0001=1110，且在\(1\)連續的狀況下，能夠選擇性的消除任意個多餘的\(1\)，例如0111+0001=1000，或0111+0101=1100
3. 那麼對於所給出的\(u\)與\(v\)只要保證每一個\(v\)的每一位的右邊位置，\(u\)的\(1\)比\(v\)多，則就能夠經過不斷左移或消除\(1\)，得到所須要的\(v\)序列。換句話說即每一個\(v\)中，位爲\(1\)的右邊位上還含有若干個未被抵消（使用）的\(u\)的1

附：

• \(+v'\)操做確定不會使得\(u+v'>v\)緣由在於，對於每一個\(v\)若是有1，則他的右邊\(u\)存在不少1，這兩段二進制代碼的差必定是大於等於1的，如100000與0011010
• 若是當前\(u\)位也存在1，則能夠將這些多餘的1放在後續中被消除，這是必定能完成的。由於初始時保證\(u\le v\)，若是兩者\(1\)的數目不等，則必然存在\(v\)的一個最高位使得\(v\)中有\(1\)，而\(u\)終沒有

 

E（暴力+分治+樹）

題目連接
⭐⭐⭐⭐⭐

題目：
規定\(Fib-tree\)必須知足如下條件

• 頂點數爲\(Fibonacci數\)
• 只有一個頂點或者能夠經過消除某條邊將樹分割成兩個\(Fib-tree\)

如今給出樹的邊，問是不是一個\(Fib-tree\)

解析：

1. 首先對頂點數進行斷定是否爲\(Fibonacci數\)

2. 如若這個樹能夠分割成兩個子\(Fib-tree\)，則必定能確定兩個子樹的頂點數爲\(fib[k-1],fib[k-2]\)，同時也能夠證實，若是存在多條（最多兩條，由樹的定義可知）能夠分割的邊，則消除任意一條可行邊不會影響結果
   證實：若是存在兩條邊分割子樹頂點數爲\(fib[k-1],fib[k-2]\)，若是使用某一條可行邊將其分割，另外一條可行邊必定是在\(fib[k-1]\)對應的子樹中，會將\(fib[k-1]\)分割爲\(fib[k-2],fib[k-3]\)，因此兩條邊是等價的
   

3. 這樣的狀況下，構建一個\(getSize\)函數獲取以某個點爲根，子樹的大小，若是子樹大小爲\(fib[k-1]\)或者\(fib[k-2]\)則考慮分割這條邊，而後進行遞歸性的處理便可

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int maxn = 2e5 + 5;
vector<int> fib;
typedef pair<int, bool> P;
vector<P> e[maxn];
int siz[maxn];
int n;

void no() { printf("NO"); exit(0); }

void getSize(int u, int fa) {
	siz[u] = 1;
	for (auto& i : e[u]) {
		if (i.second || i.first == fa) continue;
		getSize(i.first, u);
		siz[u] += siz[i.first];
	}
}

void cutEdge(int u, int fa, int k, int& pu, int& pv, int& kd) {
	for (auto& i : e[u]) {
		if (pu) return;
		if (i.second || i.first == fa) continue;
		if (siz[i.first] == fib[k - 1] || siz[i.first] == fib[k - 2]) {
			pu = u, pv = i.first;
			kd = siz[i.first] == fib[k - 1] ? k - 1 : k - 2;
			return;
		}
		cutEdge(i.first, u, k, pu, pv, kd);
	}
}

void Check(int u, int k) {
	if (k <= 1) return;
	getSize(u, 0);
	int pu = 0, pv = 0, kd = 0;
	cutEdge(u, 0, k, pu, pv, kd);
	if (!pu) no();
	for (auto& i : e[pu])
		if (i.first == pv) i.second = true;
	for (auto& i : e[pv])
		if (i.first == pu) i.second = true;
	Check(pv, kd);
	Check(pu, 2 * k - 3 - kd);
}

int main() {
	int u, v;
	scanf("%d", &n);
	fib.push_back(1), fib.push_back(1);;
	while (fib.back() < n)
		fib.push_back(fib[fib.size() - 1] + fib[fib.size() - 2]);
	for (int i = 1; i < n; ++i) {
		scanf("%d%d", &u, &v);
		e[u].push_back(P(v, false));
		e[v].push_back(P(u, false));
	}
	if (fib.back() != n) no();
	Check(1, fib.size() - 1);
	printf("YES");
}