Codeforces Global Round 13

比赛地址

A（水题）

题目：

给出一个$01$序列，有2种操作：1.将某个位置取反；2.询问$01$序列中第$k$大的数

解析：

显然维护1的数目即可

#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（贪心）

题目链接

题目：

给出一张图，由$n(n\le100)$行（行从1开始编号），$10^6+1$列组成（列从0开始编号），在所给矩阵的每一行存在一个障碍，现在可以花费$v$使得障碍水平移动，$u$使得障碍竖直移动，问若要从$(1,0)$可以到达$(n,10^6+1)$，最小花费是多少？

（题目所给障碍物水平移动范围不包含两端）

解析：

由于水平移动范围不包含两端，所以不会出现上下封闭的情况，那么只有一种情况下无法到达，即所有障碍形成一条连续线段，将图分割成左右两部分，在这样的情况下，分以下两种情况进行讨论：

如果这是一条笔直的线段，即障碍所在列全部相同，则考虑将相邻障碍物一个左移一个右移，或者将障碍物先水平移动再垂直移动到不同行，形成空缺
如果不是笔直的，那么在可以在线段斜线处水平移动一次或者竖直移动一次，形成空缺

#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（思维）

题目链接

题目：

给出$n$个蹦床，每个蹦床有一个强度$S_i$，如果身处$i$蹦床，会跳跃至$i+S_i$处，且每次蹦床被踩压后，强度会$-1$，但至多减至1，现在可以从任意位置起跳，每次跳跃直到无蹦床可以踩压为止，问将所有蹦床强度降至$1$，所最少需要的游戏次数

解析：

假设从$i$蹦床出发，他只会对$\ge i$的部分产生影响，所以如果全要降为$1$，则需要从前到后的遍历蹦床，并将其强度减到$1$为止
这就要求维护一个$t$数组，统计$i$之前的蹦床跳跃时对$i$的影响，显然仍需要跳跃的次数为$\max(S_i-1-t_i,0)$
将$i$位置的强度降为1，则会踩压到$i+2,i+3,...,i+S_i$的所有蹦床，即所属$t$均要加$1$
同时也不难发现，可能由于受之前影响的踩压次数过多（未遍历到$i$以前，$S_i$已经降为$1$了），就可以传递给下一个蹦床，即$t[i+1]=\max(t_i-S_i+1,0)$

注意：

答案需要开$long\ long$存储
第$i$号蹦床对后序的影响，即$+1$过程，可以用差分数组维护

#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（思维+位运算）

题目链接

题目：

规定如果$u\&v=v$，则$u$可达$u+v$，现在给出$u,v$，问是否可以从$u$到$v$

解析：

如果$u\rightarrow v$，则$u<v$是显然的
不难发现对于任意一个$u$，对于所有$u$可达点的中间变量$v'$，满足：$v'$中如果位数为1，则必有$u$中对应位也为$1$，而$u+v'$可以使得$1$的位置向左移，如1101+0001=1110，且在$1$连续的情况下，可以选择性的消除任意个多余的$1$，例如0111+0001=1000，或0111+0101=1100
那么对于所给出的$u$与$v$只要保证每个$v$的每一位的右边位置，$u$的$1$比$v$多，则就可以通过不断左移或消除$1$，获得所需要的$v$序列。换句话说即每个$v$中，位为$1$的右边位上还含有若干个未被抵消（使用）的$u$的1

附：

$+v'$操作肯定不会使得$u+v'>v$原因在于，对于每个$v$如果有1，则他的右边$u$存在很多1，这两段二进制代码的差一定是大于等于1的，如100000与0011010
如果当前$u$位也存在1，则可以将这些多余的1放在后续中被消除，这是一定能完成的。因为初始时保证$u\le v$，如果二者$1$的数目不等，则必然存在$v$的一个最高位使得$v$中有$1$，而$u$终没有

E（暴力+分治+树）

题目链接

题目：

规定$Fib-tree$必须满足以下条件

顶点数为$Fibonacci数$
只有一个顶点或者可以通过消除某条边将树分割成两个$Fib-tree$

现在给出树的边，问是否是一个$Fib-tree$

解析：

首先对顶点数进行判定是否为$Fibonacci数$
如若这个树可以分割成两个子$Fib-tree$，则一定能肯定两个子树的顶点数为$fib[k-1],fib[k-2]$，同时也可以证明，如果存在多条（最多两条，由树的定义可知）可以分割的边，则消除任意一条可行边不会影响结果

证明：如果存在两条边分割子树顶点数为$fib[k-1],fib[k-2]$，如果使用某一条可行边将其分割，另一条可行边一定是在$fib[k-1]$对应的子树中，会将$fib[k-1]$分割为$fib[k-2],fib[k-3]$，所以两条边是等价的
这样的情况下，构建一个$getSize$函数获取以某个点为根，子树的大小，如果子树大小为$fib[k-1]$或者$fib[k-2]$则考虑分割这条边，然后进行递归性的处理即可

#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");

}