Codeforces Round #756 (Div. 3)
C. Polycarp Recovers the Permutation
有一個元素個數為 \(n\) 的陣列 \(p\)，我們每次執行以下操作：
取 \(p\) 最左邊和最右邊的數中較小的一個，如果選的是最左邊，就加入新陣列 \(a\) 的左邊，否則加入 \(a\)的右邊。
現在給出 \(a\)，求 \(p\)。如果無解，輸出 \(-1\) ；如果多組解，輸出任意一組即可。
多測，有 \(t\) 組資料 .
\(1\leq t\leq 10^4,1\leq n\leq 2\cdot 10^5,1\leq a_i\leq n,\sum n\leq 2\cdot 10^5\)
sol1
考慮，最後剩下的兩個/一個一定在開頭/結尾 . 所以，直接一層一層的撥下來 . 但是期間遇到了很多問題 .
比如說奇數序列我分情況討論了 \(4\) 鍾 . div3c 一個 difficulty 1000 的題目我寫了 20 min . 相當自閉 .
時間複雜度 : \(O(n)\)
空間複雜度 : \(O(n)\)
code
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int t; int n; deque<int>a,na,p,b,ans; inline void init(){ a.clear();b.clear();p.clear();ans.clear(); } bool ok(){ for(int i=0;i<n;i++)if(a[i]!=b[i])return false; return true; } void solve(){ init(); cin>>n; for(int i=0;i<n;i++){ int x;cin>>x; a.push_back(x); } na=a; while(!a.empty()){ p.push_front(a.front());a.pop_front(); if(!a.empty())p.push_back(a.back()),a.pop_back(); } a=na; ans=p;b.clear(); while(!p.empty()){ if((int)p.size()==1){ b.push_back(p.back()); if(ok()){ for(int i=0;i<(int)ans.size();i++)cout<<ans[i]<<" "; cout<<"\n"; return; } b.pop_back(); b.push_front(p.back()); if(ok()){ for(int i=0;i<(int)ans.size();i++)cout<<ans[i]<<" "; cout<<"\n"; return; } p.pop_back(); break; } if(p.front()<p.back())b.push_front(p.front()),p.pop_front(); else b.push_back(p.back()),p.pop_back(); } while(!a.empty()){ p.push_front(a.front());a.pop_front(); if(!a.empty())p.push_front(a.back()),a.pop_back(); } a=na; ans=p;b.clear(); while(!p.empty()){ if((int)p.size()==1){ b.push_back(p.back()); if(ok()){ for(int i=0;i<(int)ans.size();i++)cout<<ans[i]<<" "; cout<<"\n"; return; } b.pop_back(); b.push_front(p.back()); if(ok()){ for(int i=0;i<(int)ans.size();i++)cout<<ans[i]<<" "; cout<<"\n"; return; } p.pop_back(); break; } if(p.front()<p.back())b.push_front(p.front()),p.pop_front(); else b.push_back(p.back()),p.pop_back(); } cout<<"-1\n"; } int main(){ cin>>t; while(t--){ solve(); } return 0; } /*inline? ll or int? size? min max?*/
sol2
但是這個做法非常複雜，有更簡便的做法嗎？分析一下，發現，\(n\) 必然在隊首或者隊尾 .
因為，在操作過程中 ，\(n\) 如果為現在佇列的隊首或者隊尾，與其他元素比較，其他元素必然會被比到前面去，那麼，\(n\) 就會到了最後才被放到最終佇列的對頭/隊尾 . 所以，\(n\) 必然是隊頭/隊尾 . 否則無解 .
因此，考慮一個比較極端的情況，在原來的序列裡，\(n\) 就是隊頭 / 隊尾，那麼剩下的元素則是依次放入現在得到的序列，相當於 reverse 一下了序列 . 感覺十分巧妙，果真我是智障 .
時間複雜度 : \(O(n)\)
空間複雜度 : \(O(n)\)
code
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int t; int n; int a[200010]; void solve(){ cin>>n; for(int i=0;i<n;i++)cin>>a[i]; if(a[0]!=n&&a[n-1]!=n)cout<<"-1\n"; else{ for(int i=n-1;i>=0;i--)cout<<a[i]<<" "; cout<<"\n"; } } int main(){ ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0); cin>>t; while(t--){ solve(); } return 0; } /*inline? ll or int? size? min max?*/
D. Weights Assignment For Tree Edges
給定一個含有 \(n\) 個點的有根樹和一個長度為 \(n\) 的排列 \(p\)，你需要給這棵樹的每一條邊賦權，使得對於所有的 \(1 \leq i<j \leq n\) ，點 \(p_{i}\) 到根的距離小於點 \(p_{j}\) 到根的距離。
你需要保證每條邊的邊權都是 \([1,1 \times 10^{9}]\) 內的整數。
多測，有 \(t\) 組資料。
若無解，輸出 \(-1\)。否則輸出 \(n\) 個整數，第 \(i\) 個整數 \(w_{i}\) 表示點 \(i\) 到其父親的邊權為 \(w_{i}\) ，特別地，預設根到其父親的邊權為 \(0\) 。
\(1\leq t\leq 10^4,1\leq n\leq 2\cdot 10^5,1\leq b_i\leq n,1\leq p_i\leq n\)
第一眼看上去會有點懵，冷靜一下，發現，考慮從 \(p_0\) 到 \(p_{n-1}\) 依次考慮，首先，這棵樹不能有賦值 . 其次，考慮加入第一個點，\(p_0\) 到 \(root\) 上都賦值為 \(1\) 即可 . 現在，再加入 \(p_1\) …… 這樣一個過程 .
\(dis(p_i)\) 必須比 \(dis(p_0),dis(p_1),\)$\cdots $$,dis(p_{i-1})$ 都大，其中，得到 \(dis(p_0)<dis(p_1)<\cdots <dis(p_{n-1})\) .
所以，加入 \(p_i\) 上必定有一條邊沒有被賦值過 . 否則則無解 . 考慮將這條邊的邊權設為 \(\max(1,dis(p_{i-1})-dis(fa(i))+1)\) . 即可 .
時間複雜度 : \(O(n)\)
空間複雜度 : \(O(n)\)
code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t;
int n,rt;
int b[200010],p[200010];
long long sum[200010],ans[200010];
void init(){
for(int i=0;i<n;i++)ans[i]=sum[i]=0;
}
void solve(){
cin>>n;
for(int i=0;i<n;i++){
cin>>b[i];
b[i]--;
if(i==b[i])rt=i;
}
for(int i=0;i<n;i++)cin>>p[i],p[i]--;
long long tmp=-1;
for(int i=0;i<n;i++){
tmp++;
long long now=0;
vector<int>v;
int x=p[i];
while(b[x]!=x){
if(ans[x]!=0){
now=sum[x];
break;
}
v.push_back(x);
x=b[x];
}
if((int)v.size()==0&&i!=0){
cout<<"-1\n";
init();
return;
}
if((int)v.size()==0)continue;
reverse(v.begin(),v.end());
tmp-=now;
for(int j=0;j<(int)v.size();j++)ans[v[j]]=1,tmp--;
if(tmp>0)ans[v[0]]+=tmp;
sum[v[0]]=now+ans[v[0]];
for(int j=1;j<(int)v.size();j++)sum[v[j]]=sum[v[j-1]]+ans[v[j]];
tmp=sum[v[(int)v.size()-1]];
}
for(int i=0;i<n;i++)cout<<ans[i]<<" ";cout<<endl;
init();
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
cin>>t;
while(t--){
solve();
}
return 0;
}
/*inline? ll or int? size? min max?*/
E2. Escape The Maze (hard version)
現在有一棵樹，其中 \(1\) 號節點是樹根，也就是小 v 所在的點，樹上邊都是雙向邊。
樹上有 \(n\) 個點，您有 \(k\) 位朋友。每個時刻，小 v 和小 v 的朋友都會順著樹上的邊走向另一個節點。
小 v 會獲勝當且僅當小 v 走到了葉子節點。
小 v 會輸當且僅當您被一個朋友在小v 獲勝之前在任何房間或走廊遇到。
問：至少在樹中保留多少個朋友才能使小 v 在遊戲中失敗？
多測，有 \(t\) 祖資料 .
\(1\leq t\leq 10^4,1\leq k<n\leq 2\cdot 10^5,\sum n\leq 2\cdot 10^5\)
考慮每個朋友都向根走都是最優的 .
因此，設計 \(f(i)\) 表示在子樹 \(i\) 失敗的最少保留節點個數 . \(g(i)\) 表示子樹 \(i\) 中距離 \(i\) 距離最小的有朋友所在的節點 .
除了平常的轉意外，還要考慮 \(g(i)\) 中儲存的節點是否可以使得 \(i\) 不能到達 .
如果 \(dep(i)+1\geq dep(g(i))-dep(i)+1\) 即是會在 \(i\) 或 \(i\) 的祖先上相遇，那麼節點 \(i\) 就不可被到達 .
時間複雜度 : \(O(n)\)
空間複雜度 : \(O(n)\)
code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int inf=1e9+10;
int t;
int k,n;
bool vis[200010];
vector<int>nei[200010];
int dep[200010];
int f[200010],g[200010];
void init(){
for(int i=0;i<n;i++)vis[i]=false;
for(int i=0;i<n;i++)nei[i].clear();
for(int i=0;i<n;i++)dep[i]=0;
}
void get_dep(int x,int fa){
for(int i=0;i<(int)nei[x].size();i++){
int to=nei[x][i];
if(to==fa)continue;
dep[to]=dep[x]+1;
get_dep(to,x);
}
}
void dfs(int x,int fa){
int sum=0;int legal=0;
for(int i=0;i<(int)nei[x].size();i++){
int to=nei[x][i];
if(to==fa)continue;
if(legal==0)legal=1;
dfs(to,x);
sum+=f[to];
if(f[to]==inf)legal=2;
if(g[to]!=-1){
if(g[x]==-1||dep[g[x]]>dep[g[to]]){
g[x]=g[to];
}
}
}
if(legal==1)f[x]=min(f[x],sum);
if(vis[x])g[x]=x,f[x]=1;
if(g[x]!=-1&&dep[x]+1>=dep[g[x]]-dep[x]+1)f[x]=1;
}
void solve(){
cin>>n>>k;
for(int i=0;i<k;i++){
int x;
cin>>x;
x--;
vis[x]=true;
}
for(int i=0;i<n-1;i++){
int u,v;
cin>>u>>v;
u--;v--;
nei[u].push_back(v);
nei[v].push_back(u);
}
get_dep(0,-1);
for(int i=0;i<n;i++)f[i]=inf;
for(int i=0;i<n;i++)g[i]=-1;
dfs(0,-1);
if(f[0]==inf)cout<<"-1\n";
else cout<<f[0]<<"\n";
init();
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
cin>>t;
while(t--){
solve();
}
return 0;
}
/*inline? ll or int? size? min max?*/
F. ATM and Students
給定一個長度為 \(n\) 的序列 \(a\) 和一個整數 \(s\)，求一段最長的區間 \([l,r]\) 滿足
\[\forall i\in[l,r],s+\sum\limits_{j=l}^i a_j\geq 0 \]多測，有 \(t\) 組資料 .
\(1\leq t\leq 10^4,1\leq n\leq 2\cdot 10^5,0\leq s\leq 10^9,-10^9\leq a_i\leq 10^9\)
用一個線段樹維護字首和 .
考慮從後往前加入 \(a_i\) ，相當於區間加 \(a_i\) . 線上段樹上二分第一個字首和 \(<0\) 的位置即可 .
時間複雜度 : \(O(n\log n)\)
空間複雜度 : \(O(n)\)
code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t;
int n,s;
int a[200010];
long long ts[200010<<2],tag[200010<<2];
void build(int x,int l,int r){
if(l==r){
ts[x]=tag[x]=0;
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
build(x<<1,l,mid);
build(x<<1|1,mid+1,r);
ts[x]=tag[x]=0;
}
inline void pd(int x){
if(!tag[x])return;
ts[x<<1]+=tag[x];
tag[x<<1]+=tag[x];
ts[x<<1|1]+=tag[x];
tag[x<<1|1]+=tag[x];
tag[x]=0;
}
void upd(int x,int l,int r,int cl,int cr,int val){
if(l==cl&&r==cr){
if(l!=r)pd(x);
ts[x]+=val;
tag[x]+=val;
return;
}
pd(x);
int mid=(l+r)>>1;
if(cr<=mid)upd(x<<1,l,mid,cl,cr,val);
else if(mid+1<=cl)upd(x<<1|1,mid+1,r,cl,cr,val);
else{
upd(x<<1,l,mid,cl,mid,val);
upd(x<<1|1,mid+1,r,mid+1,cr,val);
}
ts[x]=min(ts[x<<1],ts[x<<1|1]);
}
int qry(int x,int l,int r,int cl,int cr){
if(l==cl&&r==cr){
if(l!=r)pd(x);
if(s+ts[x]>=0)return r;
if(l==r)return -1;
int mid=(l+r)>>1;
if(s+ts[x<<1]<0)return qry(x<<1,l,mid,cl,mid);
int res=qry(x<<1|1,mid+1,r,mid+1,cr);
if(res!=-1)return res;
return mid;
}
pd(x);
int mid=(l+r)>>1;
if(cr<=mid)return qry(x<<1,l,mid,cl,cr);
else if(mid+1<=cl)return qry(x<<1|1,mid+1,r,cl,cr);
else{
int r1=qry(x<<1,l,mid,cl,mid);
if(r1!=mid)return r1;
int r2=qry(x<<1|1,mid+1,r,mid+1,cr);
return max(r2,mid);
}
}
int qry(int x,int l,int r,int pos){
if(l==r)return ts[x];
pd(x);
int mid=(l+r)>>1;
if(pos<=mid)return qry(x<<1,l,mid,pos);
else return qry(x<<1|1,mid+1,r,pos);
}
void solve(){
cin>>n>>s;
for(int i=0;i<n;i++)cin>>a[i];
build(1,0,n-1);
int ans=0,l=0,r=0;
for(int i=n-1;i>=0;i--){
upd(1,0,n-1,i,n-1,a[i]);
int pos=qry(1,0,n-1,i,n-1);
if(pos!=-1){
if(ans<pos-i+1){
ans=pos-i+1;
l=i;
r=pos;
}
}
}
if(ans==0){
cout<<"-1\n";
return;
}
cout<<l+1<<" "<<r+1<<"\n";
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
cin>>t;
while(t--){
solve();
}
return 0;
}
/*inline? ll or int? size? min max?*/
G. Robot and Candies
給定一張 \(n \times m\) 的 \(01\) 網格圖，每次選一個點 \((1,x)\) 出發，可以從 \((x,y)\) 到 \((x+1,y+1)\) 或者 \((x+1,y-1)\) ，問至少出發多少次才能經過每個 \(1\) 至少一次。
多測，有 \(t\) 組資料 .
\(1\leq t\leq 10^4,nm\leq 10^6,\sum nm\leq 10^6\)
如果是恰好一次，應該就是網路流了，但是不是 .
一開始有個錯誤的貪心思路 .
首先，將網格黑白染色 . 觀察到道路最多有 \(m+1\) 個 . 所以，考慮維護從開頭到上一行的道路最後節點 . 能到達的範圍對應著一個區間，考慮當前點選擇包含它的右端點最小的區間 .
但是這個做法是錯誤的 . 題目中的第 3 個樣例 . 當前這行的結果會對下一行造成影響 . 這樣選不一定是最優的 .
此時，考慮每一條路徑從上到下依次選擇的是什麼 .
考慮儲存每一行最小的 \(1\) 節點 . 從小到大排序，依次加入當前路徑，如果可以加入則加入，不可以則不加入 . 即為最優 .
時間複雜度 : \(O(nm\log n)\)
空間複雜度 : \(O(nm)\)
code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t;
int n,m;
vector<string>board;
set<int>::iterator it;
vector<int>v[1000010];
int ans=0;
void solv(int val){
for(int i=0;i<n;i++)v[i].clear();
for(int i=0;i<n;i++)for(int j=m-1;j>=0;j--)if((i+j)%2==val){
if(board[i][j]=='1')v[i].push_back(j);
}
for(int T=0;T<m;T++){
set<int>s;
vector<pair<int,int> >vec;
for(int i=0;i<n;i++)if((int)v[i].size()>0){
vec.push_back(make_pair(v[i].back(),i));
}
if((int)vec.size()==0)break;
++ans;
sort(vec.begin(),vec.end());
s.insert(vec[0].second);
for(int i=0;i<(int)vec.size();i++){
bool ok=true;
it=s.lower_bound(vec[i].second);
if(it!=s.end()){
if(abs(v[*it].back()-vec[i].first)>abs(*it-vec[i].second))
ok=false;
}
if(it!=s.begin()){
it--;
if(abs(v[*it].back()-vec[i].first)>abs(*it-vec[i].second))
ok=false;
}
if(ok)s.insert(vec[i].second);
}
for(set<int>::iterator it=s.begin();it!=s.end();it++)v[*it].pop_back();
}
}
void solve(){
board.clear();ans=0;
cin>>n>>m;
for(int i=0;i<n;i++){
string s;
cin>>s;
board.push_back(s);
}
solv(0);
solv(1);
cout<<ans<<endl;
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
cin>>t;
while(t--){
solve();
}
return 0;
}
/*inline? ll or int? size? min max?*/