Codeforces Round #603 (Div. 2) (题解)

A. Sweet Problem (找规律)

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大致思路：

有一点瞎猜的，首先排一个序， \(a_1>a_2>a_3\) ，发现如果 \(a_1>=a_2+a_3\) ，那么答案肯定是 \(a_2+a_3\) ，然后发现发现规律当 \(a_2==a_3\) 的时候，还可以贡献 \((a_1+a_2+a_3)/2\) 的答案，所以只要 \(a_1\) 和 \(a_2\) 减掉一个值就可以了。

B. PIN Codes (暴力)

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大致思路：

可以知道，存在一个数字不同的pin是大于100个的，那么只要将所有的pin用map记录一下，把出现重复的暴力改数字改到不重复为止就行了。要注意不能边读入边改，这样可能会改成和后面的一样导致答案变大。

C. Everyone is a Winner! (数学)

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大致思路：

主要使用到除法分块，因为用计算器计算整数除法，会存在 \([a,b]\) 的数除上 \(i\) 的值的相同，我们可以用 \(\sqrt{n}\) 的复杂度求出，是一个模板题。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e6+10;
int T;
int ans[N];
int main()
{

	//freopen("H:\\c++1\\in.txt","r",stdin);
	//freopen("H:\\c++1\\out.txt","w",stdout);
	scanf("%d",&T);
	int n;
	while(T--){
		int cnt=0;
		scanf("%d",&n);
		for(int l=1,r;l<=n;l=r+1)
		{
    		r=n/(n/l);
    		//cout<<l<<" "<<r<<endl;
    		ans[++cnt]=r;
    		//ans+=(r-l+1)*(n/l);
		}
		sort(ans+1,ans+cnt+1);
		printf("%d\n",cnt+1);
		for(int i=0;i<=cnt;i++){
			printf("%d%c",ans[i],i==cnt?'\n':' ');
		}
	}
	return 0;
}

D. Secret Passwords (并查集/瞎搞)

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题目大意：

给 \(n\) 个字符串，两个字符串为一类的条件是存在一个相同的字母，问 \(n\) 个字符串可以分成几类。

大致思路：

比赛的时候是瞎做的，对每一字母进行考虑，不断增大答案的集合，假设当前到来第 \(i\) 个字母，如果字符串如果还没被标记那么它不存在 \([1,i]\) 字母，必然不能影响前面的分类结果。

或者使用并查集用字母来分类，写起来很简单。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5+10;
string s[N];
bool gs[N][26];
int jl[N];
bool vis[N];
int n;
queue<int>q;
int main()
{
	//freopen("H:\\c++1\\in.txt","r",stdin);
	//freopen("H:\\c++1\\out.txt","w",stdout);
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>s[i];
		int len=s[i].length();
		for(int j=0;j<len;j++){
			gs[i][s[i][j]-'a']=1;
		}
	}
	int id=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=0;j<26;j++){
			if(gs[i][j])jl[i]|=(1<<j),id=j;
		}
	}
	int now=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if((jl[i]>>id)&1){
			now|=jl[i];
			vis[i]=1;
		}
	}
	int ans=1;
	for(int i=0;i<26;i++)
	if(((now>>i)&1)==0){
		for(int j=1;j<=n;j++)
		if(vis[j]==0&&((jl[j]>>i)&1)){
			if((jl[j]&now)==0){
				ans++;
			}
			now|=jl[j];
			vis[j]=1;
		}
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}

E. Editor (线段树)

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题目大意：

给一个按键序列，其中有 \((),R,L\) ,字母，通过 \(R\) 和 \(L\) 来移动编辑的光标，每次指令输出当前序列的括号是否合法，若合法输出最大嵌套数量。

大致思路：

观察一个括号序列， \((()()())()\) ，如果我们将 \((\) 做为 \(，1，)\) 括号做为 \(-1\) ，得到前缀和序列 \(1，2，1，2，1，2，1，0，1，0\) ，那么如果当前括号合法，那么其最后的前缀和为 \(0\) ，且前缀和序列最小值大于等于 \(0\)，那么我们就可以模拟指令的输入，对于一个括号，就是对 \(正无穷(pos,正无穷)\) 的一个区间加，然后最大的嵌套次数就是区间的最大值，用区间最小值来判断合法即可，用线段树来维护，要注意会出现 \(pos=1\)， 还有 \(L\) 的指令。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ls x<<1
#define rs x<<1|1
using namespace std;
const int N=1e6+10;
char s[N];
int n;
struct node{
	int l,r,mx,mi,f;
}e[N*4];
void up(int x){
	e[x].mx=max(e[ls].mx,e[rs].mx);
	e[x].mi=min(e[ls].mi,e[rs].mi);
}
void down(int x){
	if(e[x].f==0)return;
	int f=e[x].f;
	e[ls].mx+=f,e[ls].f+=f;e[rs].mx+=f;e[rs].f+=f;
	e[ls].mi+=f;e[rs].mi+=f;
	e[x].f=0;
	return;
}
void built(int x,int l,int r){
	e[x].l=l,e[x].r=r;e[x].f=0;
	if(l==r){
		e[x].mx=e[x].mi=0;return;
	}
	int mid=(l+r)/2;
	built(ls,l,mid);built(rs,mid+1,r);
	up(x);
}
void add(int x,int LL,int RR,int val){
	if(e[x].l>=LL&&e[x].r<=RR){
		e[x].mx+=val;
		e[x].mi+=val;
		e[x].f+=val;
		return;
	}
	down(x);
	int mid=(e[x].l+e[x].r)/2;
	if(LL<=mid)add(ls,LL,RR,val);
	if(RR>mid)add(rs,LL,RR,val);
	up(x);
}
int pd(int x,int pos){
	if(e[x].l==e[x].r)return e[x].mx;
	down(x);
	int mid=(e[x].l+e[x].r)/2;
	if(pos<=mid)return pd(ls,pos);
	else return pd(rs,pos);
}
int query(int x,int LL,int RR){
	if(e[x].l>=LL&&e[x].r<=RR){
		return e[x].mx;
	}
	down(x);
	int ans=0;
	int mid=(e[x].l+e[x].r)/2;
	if(LL<=mid)ans=max(ans,query(ls,LL,RR));
	if(RR>mid)ans=max(ans,query(rs,LL,RR));
	return ans;
}
int query1(int x,int LL,int RR){
	if(e[x].l>=LL&&e[x].r<=RR){
		return e[x].mi;
	}
	down(x);
	int ans=1e6+10;
	int mid=(e[x].l+e[x].r)/2;
	if(LL<=mid)ans=min(ans,query1(ls,LL,RR));
	if(RR>mid)ans=min(ans,query1(rs,LL,RR));
	return ans;
}
int ans[N];
int vis[N];
int main()
{
	//freopen("H:\\c++1\\in.txt","r",stdin);
	//freopen("H:\\c++1\\out.txt","w",stdout);
	scanf("%d",&n);
	scanf("%s",s+1);
	built(1,1,N-1);
	int pos=1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(s[i]=='R')pos++,ans[i]=ans[i-1];
		else if(s[i]=='L'){
			ans[i]=ans[i-1];
			if(pos==1)continue;
			pos--;
		}
		else if(s[i]=='('){
			int val=0;
			if(vis[pos]==1)val=0;
			else if(vis[pos]==-1)val=2;
			else if(vis[pos]==0)val=1;
			vis[pos]=1;
			add(1,pos,N-1,val);
			int flag=pd(1,N-1),flag1=query1(1,1,N-1);
			if(flag==0&&flag1>=0){
				ans[i]=query(1,1,N-1);
			}else ans[i]=-1;
		}else if(s[i]==')'){
			int val=0;
			if(vis[pos]==-1)val=0;
			else if(vis[pos]==1)val=-2;
			else if(vis[pos]==0)val=-1;
			vis[pos]=-1;
			add(1,pos,N-1,val);
			int flag=pd(1,N-1),flag1=query1(1,1,N-1);
			if(flag==0&&flag1>=0){
				ans[i]=query(1,1,N-1);
			}else ans[i]=-1;
			//cout<<val<<" "<<flag<<" "<<pd(1,N-1)<<" "<<query(1,1,N-1)<<endl;
		}else {
			int val=0;
			if(vis[pos]==0)val=0;
			else if(vis[pos]==1)val=-1;
			else if(vis[pos]==-1)val=1;
			add(1,pos,N-1,val);
			vis[pos]=0;
			int flag=pd(1,N-1),flag1=query1(1,1,N-1);
			if(flag==0&&flag1>=0){
				ans[i]=query(1,1,N-1);
			} else ans[i]=-1;
		}

	}
	for(int i=1;i<=n;i++)printf("%d%c",ans[i],i==n?'\n':' ');
	return 0;
}

F. Economic Difficulties (DP)

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题目大意：

存在两颗树，两个树的根节点为 \(1\) ，一个从上到下，一个从下到上，叶子结点个数相同且为 \(n\) ，有 \(n\) 个电机，每一个电机分别连接上下各一个叶子结点，只要存在一个叶子结点那么该电机可以运行，问使得 \(n\) 个电机都可以运行，最多可以删除两棵树的边。

大致思路：

首先可以分析，对于每一个电机必然是删除上树或者下树的边，我们使用 \(val[i][j]\) 来表示仅不给 \([i,j]\) 电机供电最大能删除的边，分别求出两颗树的，用 \(dp[i]\) ，来表示使得 \([1,i]\) 的电机可以运行最多可以删除的边数，那么 \(dp[i]=max(dp[i],dp[j]+max(val1[j+1][i],val2[j+1][i])\) ;就是相当于对于 \([j+1][i]\) 区间我选择上面下面最大的进行删除。对于 \(val[i][j]\) 可以使用 \(dfs\) 一遍来求，但是可能会出现有的 \(val[i][j]\) 没有赋值，那是由于不能仅不给 \([i,j]\) 电机断点，换句话就是要是 \([i,j]\) 断电，会导致实际 \([x,y]\) 断电，且 \([x,y]\) 包括 \([i,j]\) ，理解还是比较简单的，比较好写。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=3e3+10;
vector<int>e[2][N];
int dp[N];
int l[2][N],r[2][N];
int val[2][N][N];
int tot[2][N];
int n;
void dfs(int _,int x){
	if(x!=1)tot[_][x]=1;
	for(int v:e[_][x]){
		dfs(_,v);
		l[_][x]=min(l[_][x],l[_][v]); // x结点子树最左边的点，和最右边的点
		r[_][x]=max(r[_][x],r[_][v]);
		tot[_][x]+=tot[_][v];
	}
	val[_][l[_][x]][r[_][x]]=max(val[_][l[_][x]][r[_][x]],tot[_][x]);
}
int main()
{
	//freopen("H:\\c++1\\in.txt","r",stdin);
	//freopen("H:\\c++1\\out.txt","w",stdout);
	scanf("%d",&n);
	for(int _=0;_<2;_++){ // 两颗树
		int a;
		scanf("%d",&a);
		for(int i=1;i<=a;i++)l[_][i]=a+1,r[_][i]=0;
		for(int i=1,x;i<a;i++){
			scanf("%d",&x);
			e[_][x].push_back(i+1);
		}
		for(int i=1,x;i<=n;i++){
			scanf("%d",&x);l[_][x]=r[_][x]=i;
		}
		dfs(_,1);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
	for(int j=0;j<i;j++){
		dp[i]=max(dp[i],dp[j]+max(val[0][j+1][i],val[1][j+1][i]));
	}
	printf("%d\n",dp[n]);
	return 0;
}