Codeforces Round #588 (Div. 2)

A. Dawid and Bags of Candies

乱搞。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
//#define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 1e5 + 5;
int a[4];
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
    freopen("../input.in", "r", stdin);
    freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
    for(int i = 0; i < 4; i++) cin >> a[i];
    sort(a, a + 4);
    if(a[0] + a[3] == a[1] + a[2] || a[0] + a[1] + a[2] == a[3]) cout << "YES";
    else cout << "NO";
    return 0;
}

B. Ania and Minimizing

贪心。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
//#define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 2e5 + 5;
int n, k;
char s[N];
void run() {
    cin >> s + 1;
    if(n == 1 && k >= 1) {
        cout << 0 << '\n'; return;
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        if(i == 1) {
            if(s[i] > '1' && k) {
                s[i] = '1'; --k;
            }
        } else {
            if(k && s[i] != '0') {
                s[i] = '0'; --k;
            }
        }
    }
    cout << s + 1 << '\n';
}
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
    freopen("../input.in", "r", stdin);
    freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
    while(cin >> n >> k) run();
    return 0;
}

C. Anadi and Domino

题意：

存在一张图有$n,n\leq 7$个点，现在要给他们染上$1$~$6$的颜色。最后问怎样染色，能够使得$(c_1,c_2)$这样的对数最多（不计算重复，不考虑顺序，$c_1,c_2$表示颜色）。

思路：

一开始想的是随机乱搞一发，结果出了不知道什么错wa了一个点= =

其实直接$dfs$就行了，复杂度不会超。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
//#define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 10;
int n, m;
int ans, res;
vector <int> g[N];
int c[N];
bool chk[N][N];
void dfs(int x) {
    if(x == n + 1) {
        res = 0;
        for(int i = 1; i <= n; i++) {
            for(auto it : g[i]) {
                chk[c[i]][c[it]] = 1;
            }
        }
        for(int i = 1; i <= 6; i++) {
            for(int j = i; j <= 6; j++) {
                if(chk[i][j]) {
                    ++res;
                    chk[i][j] = 0;
                }
            }
        }
        ans = max(ans, res);
        return;
    }
    for(int i = 1; i <= 6; i++) {
        c[x] = i;
        dfs(x + 1);
    }
}
void run() {
    for(int i = 1; i <= m; i++) {
        int u, v; cin >> u >> v;
        g[u].push_back(v);
        g[v].push_back(u);
    }
    dfs(1);
    cout << ans << '\n';
}
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
    freopen("../input.in", "r", stdin);
    freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
    while(cin >> n >> m) run();
    return 0;
}

D. Marcin and Training Camp

题意：

先有$n$个人，每个人有两个属性：$a,b$。其中$a$的含义是，当前这个人会一些技能，技能的$id$就为$a$里面二进制$1$的位置。

$i$看不起$j$，当且仅当$i$会一项$j$不会的技能。

现在要选择一些人出来作为一支团队，要求不存在一个人看不起其它所有人并且$b$的和最大。

思路：

题意不好描述啊感觉= =

首先可以发现一个比较显然的结论：

团队中最大的$a$值至少有两个。

因为要$b$和最大，所以有推论：

若存在多个人的$a$相同，那么他们都可以选择。

处理完上面的情况，剩下的就是$a$只出现一次了。接下来又有一个结论：

一个$a$能够被选择，当且仅当他作为已选集合的一个子集。

如果不满足上面的条件，那么他就能够看不起其它所有人，除非有其他人$a$值和他相同，但这种情况已经排除了。

然后随便写写就好了。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
//#define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 7006;
struct People{
    ll a, b;
    bool operator < (const People &A) const {
        if(a == A.a) return b < A.b;
        return a < A.a;
    }
}p[N], t[N];
int n;
void run() {
    for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> t[i].a;
    for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> t[i].b;
    sort(t + 1, t + n + 1);
    ll ans = 0;
    int tot = 0;
    vector <ll> S;
    for(int i = 1, j; i <= n; i = j) {
        ll tmp = 0, cnt = 0;
        j = i;
        while(j <= n && t[i].a == t[j].a) {
            tmp += t[j].b;
            ++cnt; ++j;
        }
        if(cnt > 1) {
            ans += tmp;
            S.push_back(t[i].a);
        } else {
            p[++tot] = t[i];
        }
    }
    for(int i = 1; i <= tot; i++) {
        int ok = 0;
        for(auto it : S) {
            if((p[i].a & it) == p[i].a) ok = 1;
        }
        if(ok) {
            ans += p[i].b;
//            S.push_back(p[i].a);
        }
    }
    cout << ans << '\n';
}
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
    freopen("../input.in", "r", stdin);
    freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
    while(cin >> n) run();
    return 0;
}

E. Kamil and Making a Stream

题意：

给出一颗树，每个结点都有其权值，先求所有链的$gcd$的和。

思路：

比较直接的想法就是$O(n^2)$的暴力，对于每个点$v$，找到其所有的祖先$u$，计算$gcd$。
稍微改进一下，不用找到所有的祖先，只需要找到其父亲与所有祖先的$gcd$值就行，但复杂度还是没有变。
发现$gcd$的个数很少，大概为$\log_{2}a[v]$个，因为每个$gcd$都为$a[v]$因子。所以直接用一个$map$来存一下出现次数就行了。

似乎这里$map$的$log$和$gcd$的$log$的分开的...

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
//#define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 1e5 + 5, MOD = 1e9 + 7;
int n;
ll a[N];
vector <int> g[N];
unordered_map <ll, int> mp[N];
ll ans;
void dfs(int u, int fa) {
    for(auto it : mp[fa]) {
        ll now = __gcd(it.fi, a[u]);
        mp[u][now] += it.se;
    }
    ++mp[u][a[u]];
    for(auto it : mp[u]) {
        ans = (ans + it.fi * it.se % MOD) % MOD;
    }
    for(auto v : g[u]) {
        if(v != fa) dfs(v, u);
    }
}
void run() {
    for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
    for(int i = 1; i < n; i++) {
        int u, v; cin >> u >> v;
        g[u].push_back(v);
        g[v].push_back(u);
    }
    dfs(1, 0);
    cout << ans << '\n';
}
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
    freopen("../input.in", "r", stdin);
    freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
    while(cin >> n) run();
    return 0;
}

F. Konrad and Company Evaluation

题意：

给出一个$n$个点$m$条边的有向图，现在有$q$次操作，每次可以选择一个点，然后将它所有的入边反转。

问每次操作过后形成的“三元环”数量，这里“三元环”的定义为对于点$a,b,c$，有$a->b->c$，那么这就算作一个。

$n,m,q\leq 10^5$。

思路：

统计三元环时，易知一个点的贡献为$out[u]*in[u]$，相当于枚举中点。

问题在于每次如何翻转边并且快速统计答案。然后题解就是暴力翻转就行了...

下面简略证明一下：

我们按照每个点的度从大到小排序，并且以度数为$\sqrt{2m}$划分界限，左边为“大点”，右边为“小点”。
易知左边点的个数不会超过$\sqrt{2m}$个，而右边点的度数不会超过$\sqrt{2m}$。
现在将所有边分为三类：在“大点”间的，在“小点”间的，以及跨过中线的，然后依次分析：
- 显然每次对“小点”操作不会超过$\sqrt{2m}$；
- 对于跨过中间的，我们先消耗一定复杂度让其全部指向“小点”，易知复杂度不超过$O(m)$。
- 那么每次对“大点”操作，第一类复杂度不会超过$\sqrt{2m}$（因为个数只有那么多），对于第三类边，只有可能一开始已经翻转过，那么这类边每次操作的复杂度最高为$O(T)$，$T$表示当前时间。所以对于一个“大点”而言，操作一次的最高复杂度为$O(q+\sqrt{2m})$，最多操作$\sqrt{2m}$次。

* 综上，总的复杂度为$O(q\sqrt{2m}+m)$的样子。

然后暴力就行啦，感觉证明的思想核心还是对度数进行分块然后来分析，挺巧妙的~其实简单点想就是，对于每个点只有可能第一次翻转复杂度较高，后面翻转就跟时间有关了，因为每次翻转对于一个点入度最多增加$1$。

代码很简单：

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
//#define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 1e5 + 5;
int n, m;
vector <int> in[N];
int d[N];
void run() {
    for(int i = 1; i <= m; i++) {
        int u, v; cin >> u >> v;
        if(u > v) swap(u, v);
        ++d[u], ++d[v];
        in[u].push_back(v);
    }
    ll ans = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++) ans += 1ll * (d[i] - sz(in[i])) * sz(in[i]);
    int q; cin >> q;
    while(q--) {
        cout << ans << '\n';
        int x; cin >> x;
        ans -= 1ll * (d[x] - sz(in[x])) * sz(in[x]);
        for(auto v : in[x]) {
            ans -= 1ll * (d[v] - sz(in[v])) * sz(in[v]);
            in[v].push_back(x);
            ans += 1ll * (d[v] - sz(in[v])) * sz(in[v]);
        }
        in[x].clear();
    }
    cout << ans << '\n';
}
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
    freopen("../input.in", "r", stdin);
    freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
    while(cin >> n >> m) run();
    return 0;
}