CodeForces Contest #1110: Global Round 1

比赛传送门：CF #1110。

比赛记录：点我。

涨了挺多分，希望下次还能涨。

【A】Parity

题意简述：

问 $k$ 位 $b$ 进制数 $\overline{a_1a_2\cdots a_k}$ 的奇偶性。

题解：

若 $b$ 是偶数，则答案等于 $a_k$ 的奇偶性。

若 $b$ 是奇数，则答案等于 $\sum_{i=1}^{k}a_i$ 的奇偶性。

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define F(i,a,b) for(int i=a;i<=(b);++i)

#define MN 100005

int b,k;

int a[MN];

int main(){

	scanf("%d%d",&b,&k);

	F(i,1,k)scanf("%d",a+i);

	if(b%2==0)puts(a[k]%2==0?"even":"odd");

	else{

		int s=0;

		F(i,1,k)s^=a[i]&1;

		puts(s?"odd":"even");

	}

	return 0;

}

【B】Tape

题意简述：

有 $n$ 个线段，第 $i$ 个覆盖了数轴上的区间 $[b_i,b_i+1]$，保证 $b_1<b_2<\cdots<b_n\le m$。

你需要用不超过 $k$ 个区间覆盖所有线段，求使用的区间总长度最小值。

题解：

假设一开始用 $n$ 个长度为 $1$ 的区间覆盖了所有线段。

每次可以选择相邻的两个区间，把它们合并，长度增加它们之间的距离，区间个数减少 $1$。

那么我们令答案等于 $n$，把 $\{b_2-b_1-1,b_3-b_2-1,\ldots,b_n-b_{n-1}-1\}$ 从小到大排序，将前 $k$ 小加入答案即可。

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define F(i,a,b) for(int i=a;i<=(b);++i)

#define MN 100005

int n,m,k;

int a[MN],b[MN];

int main(){

	scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);

	F(i,1,n)scanf("%d",a+i);

	F(i,1,n-1)b[i]=a[i+1]-a[i]-1;

	sort(b+1,b+n);

	long long s=n;

	F(i,1,n-k)s+=b[i];

	printf("%lld\n",s);

	return 0;

}

【C】Meaningless Operations

题意简述：

定义函数 $f(a)=\max_{0<b<a}\gcd(a\oplus b,a\>\&\>b)$。

$q$ 次询问，每次给定 $a_i$，询问 $f(a_i)$ 的值。

$1\le q\le 10^3$，$2\le a_i\le 2^{25}-1$。

题解：

如果 $a\ne 2^i-1$，假设 $a$ 有 $k$ 位，令 $b=2^k-1-a$，则 $a\oplus b=2^k-1$，$a\>\&\>b=0$，$\gcd(2^k-1,0)=2^k-1$。

容易证明 $f(a)\le 2^k-1$，所以这样是最大的。

如果 $a=2^i-1$，此时对于任意的 $b$，有 $a\oplus b=a-b$，$a\>\&\>b=b$，则 $f(a)=\max_{0<b<a}\gcd(b,a-b)$。

所以答案一定是 $a$ 的一个不等于自身的因数。假设 $a$ 最大不等于自身的因数为 $d$，取 $b=d$ 即可得到最大的答案。

对 $a$ 用 $O(\sqrt{a})$ 的时间找到最小的质因子即可。

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define F(i,a,b) for(int i=a;i<=(b);++i)

int q,a;

int main(){

	scanf("%d",&q);

	F(i,1,q){

		scanf("%d",&a);

		if((a+1)&a){

			int x=1;

			while(x<=a)x<<=1;

			printf("%d\n",x-1);

		}

		else{

			int y=0;

			for(int x=2;x*x<=a;++x)

				if(a%x==0){y=x;break;}

			if(!y)puts("1");

			else printf("%d\n",a/y);

		}

	}

	return 0;

}

【D】Jongmah

题意简述：

你有 $n$ 个正整数 $a_i\le m$，每次可以消去 $3$ 个相等的数或者 $3$ 个连续的数。问最多可以消几次。

题解：

对于消去 $3$ 个连续的数$(a-1,a,a+1)$，相同的消除不会超过 $3$ 次，因为如果超过 $3$ 次，可以替换为消除 $3$ 次相等的数。

记录 $\mathrm{b}[i]$ 为 $i$ 的出现次数。

考虑 $\mathrm{dp}$，记 $\mathrm{f}[i][j][k]$ 表示对于小于等于 $i$ 的数，进行了 $j$ 次 $(i-1,i,i+1)$ 的消除，进行了 $k$ 次 $(i,i+1,i+2)$ 的消除最多能消除几次。

这里不考虑 $i+1$ 和 $i+2$ 出现的次数。

转移比较显然，在保证 $b[i]\ge j+k+l$ 的情况下，有 $\mathrm{f}[i][k][l]=\mathrm{f}[i-1][j][k]+l+\lfloor\frac{b[i]-j-k-l}{3}\rfloor$

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define MN 1000005

int N, M;

int b[MN], f[MN][3][3];

int main(){

	scanf("%d%d", &N, &M);

	for (int i = 1, x; i <= N; ++i) scanf("%d", &x), ++b[x];

	for (int i = 1; i <= M; ++i)

		for (int j = 0; j < 3; ++j)

			for (int k = 0; k < 3; ++k)

				for (int l = 0; l < 3; ++l)

					if (b[i] < j + k + l) continue ;

					else f[i][k][l] = max(f[i][k][l], f[i - 1][j][k] + (b[i] - j - k - l) / 3 + l);

	printf("%d\n", f[M][0][0]);

	return 0;

}

【E】Magic Stones

题意简述：

一个长度为 $n$ 的序列 $a_1,a_2,\ldots,a_n$。每次可以对第 $i(1<i<n)$ 位进行操作：$c_i\leftarrow c_{i+1}+c_{i-1}-c_i$。

问是否可以变成另一个序列 $b_1,b_2,\ldots,b_n$。

题解：

首先必须有 $a_1=b_1$ 和 $a_n=b_n$。

考虑原序列的差分，分析一次操作对其造成的影响：

假设 $c_i=a_{i+1}-a_i$，则对第 $i$ 位的操作会让 $c_{i-1}$ 与 $c_i$ 交换。

则显然 $c_i$ 形成的多重集在操作下是不会改变的，又因为只依靠交换相邻两位就可以把序列任意重排，所以只要判断原序列和最终序列的差分是否本质相同即可。

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define F(i,a,b) for(int i=a;i<=(b);++i)

#define MN 100005

int n,m,q,k;

int a[MN],b[MN],c[MN],d[MN];

int main(){

	scanf("%d",&n);

	F(i,1,n)scanf("%d",a+i);

	F(i,1,n)scanf("%d",b+i);

	if(a[1]!=b[1]||a[n]!=b[n])return puts("No"),0;

	F(i,1,n-1)c[i]=a[i+1]-a[i];

	F(i,1,n-1)d[i]=b[i+1]-b[i];

	sort(c+1,c+n);sort(d+1,d+n);

	F(i,1,n-1)if(c[i]!=d[i])return puts("No"),0;

	puts("Yes");

	return 0;

}

【F】Nearest Leaf

题意简述：

给定一棵 $n$ 个点的以 $1$ 号点为根的树，有边权，保证 $1$ 号点不是叶子。

一个性质：这棵树从 $1$ 开始 $\mathrm{DFS}$，遍历到一个点之后按照编号递增的顺序遍历它的儿子，得到的 $\mathrm{DFS}$ 序恰好是 $1$ 到 $n$。

$q$ 次询问，每次问 $v_i$ 号点到编号在 $[l_i,r_i]$ 中的叶子的最小距离。

题解：

输入的树只有给定每个节点的父亲，这时可以通过一个栈求出每个点的子树中的最大 $\mathrm{DFS}$ 序。

考虑对于结点 $u$，用支持区间加，区间查 $\min$ 的线段树维护 $u$ 到每个叶子的距离，则对于 $v_i=u$ 的询问可以直接查询。

发现可以离线，我们把询问按照 $v_i$ 排序，模拟一个 $\mathrm{DFS}$ 的过程。

当前遍历到的结点沿着一条边改变时，就在线段树上修改全局权值加上 $w_i$，子树权值减去 $-2w_i$。

#include <cstdio>

#include <vector>

#include <algorithm>

typedef long long LL;

typedef std::pair<int, int> pii;

const LL INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;

const int MN = 500005;

int N, Q;

int faz[MN], d[MN], rdf[MN], stk[MN], t;

LL w[MN], dis[MN];

std::vector<int> c[MN], q[MN];

int l[MN], r[MN];

LL Ans[MN];

const int MS = 1 << 20;

#define li (i << 1)

#define ri (i << 1 | 1)

#define mid ((l + r) >> 1)

#define ls li, l, mid

#define rs ri, mid + 1, r

LL mn[MS], tg[MS];

inline void P(int i, LL v) { mn[i] += v; tg[i] += v; }

inline void pd(int i) { if (tg[i]) P(li, tg[i]), P(ri, tg[i]), tg[i] = 0; }

void Mdf(int i, int l, int r, int a, int b, LL v) {

	if (r < a || b < l) return ;

	if (a <= l && r <= b) return P(i, v);

	pd(i), Mdf(ls, a, b, v), Mdf(rs, a, b, v);

	mn[i] = std::min(mn[li], mn[ri]);

}

LL Qur(int i, int l, int r, int a, int b) {

	if (r < a || b < l) return INF;

	if (a <= l && r <= b) return mn[i];

	pd(i); return std::min(Qur(ls, a, b), Qur(rs, a, b));

}

void DFS(int u) {

	Mdf(1, 1, N, 1, N, w[u]);

	Mdf(1, 1, N, u, rdf[u], -2 * w[u]);

	for (int i : q[u]) Ans[i] = Qur(1, 1, N, l[i], r[i]);

	for (int i : c[u]) DFS(i);

	Mdf(1, 1, N, 1, N, -w[u]);

	Mdf(1, 1, N, u, rdf[u], 2 * w[u]);

}

int main() {

	scanf("%d%d", &N, &Q);

	stk[t = 1] = 1;

	for (int i = 2; i <= N; ++i) {

		scanf("%d%lld", &faz[i], &w[i]);

		c[faz[i]].push_back(i);

		++d[faz[i]], ++d[i];

		dis[i] = dis[faz[i]] + w[i];

		while (faz[i] != stk[t]) rdf[stk[t--]] = i - 1;

		stk[++t] = i;

	}

	while (t) rdf[stk[t--]] = N;

	for (int i = 1; i <= N; ++i) {

		if (d[i] == 1) Mdf(1, 1, N, i, i, dis[i]);

		else Mdf(1, 1, N, i, i, INF);

	}

	for (int i = 1, u; i <= Q; ++i) {

		scanf("%d%d%d", &u, &l[i], &r[i]);

		q[u].push_back(i);

	}

	DFS(1);

	for (int i = 1; i <= Q; ++i) printf("%lld\n", Ans[i]);

	return 0;

}