Codeforces Global Round1 简要题解

A

模拟即可

# include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;

int b, k, n, a[232333];

int main() {

	int i, base = 1, v;

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

	for (i = 1; i <= k; ++i) scanf("%d", &a[i]);

	for (i = k; i; --i) {

		v = a[i];

		n = (n + v * base) & 1;

		base = (base * b) & 1;

	}

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

    return 0;

}

B

总长度减去前 $k-1$ 大的间距

# include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;

const int maxn(1e5 + 5);

int m, n, k, b[maxn];

int main() {

	int i;

	ll ans;

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

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

	for (i = n; i; --i) b[i] = b[i] - b[i - 1] - 1;

	sort(b + 2, b + n + 1);

	for (i = 2; i <= n; ++i) ans += b[i];

	for (i = 1; i < k; ++i) ans -= b[n - i + 1];

	printf("%I64d\n", ans + n);

    return 0;

}

C

当 $a\ne 2^k-1$，那么一定能找到一个数字 $b$ 使得 $a~or~b=2^k-1$，$gcd(a~xor~b,a~and~b)=gcd(2^k-1,0)=2^k-1$

否则，$gcd(a~xor~b,a~and~b)=gcd(a-b,b)$，输出 $a$ 的最大因子

# include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;

int q;

int main() {

	int v, i, j, mx = 0;

	scanf("%d", &q);

	for (i = 1; i <= q; ++i) {

		scanf("%d", &v), ++v;

		if ((v & -v) == v) {

			--v, mx = 1;

			for (j = 2; j * j <= v; ++j)

				if (v % j == 0) mx = max(mx, max(j, v / j));

			printf("%d\n", mx);

		}

		else {

			--v;

			for (j = 0; j <= 25; ++j)

				if ((1 << j) > v) break;

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

		}

	}

    return 0;

}

D

记录这每个数字的个数，$DP$

$f[i][j][k]$ 表示从小到大的第 $i$ 个数字，这个数字还有 $j$ 个，上一个有 $k$

理论上 $j,k\le 6$，一个位置能出的不同顺子最多三种，如果 $j,k> 6$，那么一定有一种出了三次，直接拆开每个出三连即可

考场上写到了9

# include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;

const int maxn(1e6 + 5);

int n, m, c[maxn], t[maxn];

ll ans, f[2][10][10], mx, inf;

inline void Cmax(ll &x, ll y) {

	x = x < y ? y : x;

}

int main() {

	int i, j, k, l, lst, nxt;

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

	for (i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &c[i]), ++t[c[i]];

	for (i = 1; i <= m; ++i) c[i] = t[i];

	for (i = 1; i <= m; ++i) {

		if (c[i] > 6) {

			c[i] -= 6;

			ans += c[i] / 3, c[i] %= 3;

			c[i] += 6;

		}

	}

	memset(f, -63, sizeof(f)), lst = 0, nxt = 1;

	inf = f[0][0][0], f[0][c[1]][c[2]] = ans;

	for (i = 3; i <= m; ++i) {

		for (j = 0; j <= 8; ++j)

			for (k = 0; k <= 8; ++k)

				if (f[lst][j][k] != inf) {

					for (l = min(j, min(k, c[i])); ~l; --l)

						Cmax(f[nxt][k - l][c[i] - l], f[lst][j][k] + l + (j - l) / 3);

					for (l = 3; l <= c[i]; l += 3)

						Cmax(f[nxt][k][c[i] - l], f[lst][j][k] + l / 3);

					f[lst][j][k] = inf;

				}

		swap(lst, nxt);

	}

	for (i = 0; i <= 8; ++i)

		for (j = 0; j <= 8; ++j) mx = max(mx, f[lst][i][j] + i / 3 + j / 3);

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

    return 0;

}

E

这个变换在差分数组上表现为相邻两个数的交换，直接判断即可

# include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;

const int maxn(1e5 + 5);

int n, c[maxn], t[maxn];

int main() {

	int i;

	scanf("%d", &n);

	for (i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &c[i]);

	for (i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &t[i]);

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

	for (i = n; i; --i) c[i] -= c[i - 1], t[i] -= t[i - 1];

	sort(t + 2, t + n + 1), sort(c + 2, c + n + 1);

	for (i = 2; i <= n; ++i) if (c[i] ^ t[i]) return puts("No"), 0;

    return puts("Yes"), 0;

}

F

在线就是维护每个点到所有点的距离，主席树存储，两遍 $dfs$ 预处理，空间有点卡

直接离线存储询问一起 $dfs$ 就行了

# include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;

const int maxn(5e5 + 5);

const ll inf(1e18);

struct Qry {

	int l, r, id;

};

int n, q, dfn[maxn], idx, ed[maxn];

ll mn[maxn << 2], tag[maxn << 2], ans[maxn];

vector < pair <int, int> > edge[maxn];

vector <Qry> qry[maxn];

void Update(int x, int l, int r, int p, ll v) {

	if (l == r) mn[x] = v + tag[x];

	else {

		int mid = (l + r) >> 1;

		p <= mid ? Update(x << 1, l, mid, p, v) : Update(x << 1 | 1, mid + 1, r, p, v);

		mn[x] = min(mn[x << 1], mn[x << 1 | 1]) + tag[x];

	}

}

void Modify(int x, int l, int r, int ql, int qr, ll v) {

	if (ql <= l && qr >= r) tag[x] += v, mn[x] += v;

	else {

		int mid = (l + r) >> 1;

		if (ql <= mid) Modify(x << 1, l, mid, ql, qr, v);

		if (qr > mid) Modify(x << 1 | 1, mid + 1, r, ql, qr, v);

		mn[x] = min(mn[x << 1], mn[x << 1 | 1]) + tag[x];

	}

}

ll Query(int x, int l, int r, int ql, int qr) {

	if (ql <= l && qr >= r) return mn[x];

	int mid = (l + r) >> 1;

	ll ret = inf;

	if (ql <= mid) ret = Query(x << 1, l, mid, ql, qr);

	if (qr > mid) ret = min(ret, Query(x << 1 | 1, mid + 1, r, ql, qr));

	return ret + tag[x];

}

void Dfs1(int u, ll d) {

	dfn[u] = ++idx;

	if (!edge[u].size()) Update(1, 1, n, idx, d);

	for (auto v : edge[u]) Dfs1(v.first, d + v.second);

	ed[u] = idx;

}

void Dfs2(int u) {

	for (auto ques : qry[u]) ans[ques.id] = Query(1, 1, n, ques.l, ques.r);

	for (auto v : edge[u]) {

		Modify(1, 1, n, 1, n, v.second);

		Modify(1, 1, n, dfn[v.first], ed[v.first], -(v.second << 1));

		Dfs2(v.first);

		Modify(1, 1, n, dfn[v.first], ed[v.first], v.second << 1);

		Modify(1, 1, n, 1, n, -v.second);

	}

}

int main() {

	memset(mn, 63, sizeof(mn));

	int p, w, i, l, r;

	scanf("%d%d", &n, &q);

	for (i = 2; i <= n; ++i) {

		scanf("%d%d", &p, &w);

		edge[p].push_back(make_pair(i, w));

	}

	for (i = 1; i <= q; ++i) {

		scanf("%d%d%d", &p, &l, &r);

		qry[p].push_back((Qry){l, r, i});

	}

	Dfs1(1, 0), Dfs2(1);

	for (i = 1; i <= q; ++i) printf("%lld\n", ans[i]);

	return 0;

}

G

官方题解

首先黑点不会获胜，如果黑点获胜，那么白点一定可以在按照黑点获胜的策略在之前获胜

考虑如果没有选过的点的做法，分情况讨论

存在一个度数大于 $3$ 的点，显然白点 $win$
存在一个度数大于 $2$ 的，且有大于 $1$ 个非叶子的相邻点的点，还是 $win$
剩下的情况就是一些度数为 $2/1$ 的点，以及不超过两个的度数为 $3$ 的点有大于一个叶子的相邻点的点，不难发现这种情况只有当点数为奇数的时候才会 $win$
其它情况均为 $draw$

考虑有选过的点怎么办，题解里面把这样的点变成了四个没有被选过的点

懒得放图片就描述一下中间一个点，然后周围挂三个点，选挂的三个点中任意一个为原来的点连回原图

这样为什么是对的呢，因为在双方绝顶聪明的时候，白的选了原来的点，黑的就一定会选中间的那一个，如果黑的再次选一个点，那么白的可以拿走剩下的点，状态不变

# include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;

const int maxn(2e6 + 5);

struct Edge {

	int to, next;

} edge[maxn << 1];

int n, tot, first[maxn], cnt, d[maxn];

char c;

inline void Add(int u, int v) {

	edge[cnt] = (Edge){v, first[u]}, first[u] = cnt++, ++d[v];

	edge[cnt] = (Edge){u, first[v]}, first[v] = cnt++, ++d[u];

}

inline int Solve() {

	int i, e, u, v;

	scanf("%d", &n), cnt = 0, tot = n + n + n + n;

	for (i = 1; i <= tot; ++i) first[i] = -1, d[i] = 0;

	for (i = 1; i < n; ++i) scanf("%d%d", &u, &v), Add(u, v);

	for (tot = n, i = 1; i <= n; ++i) {

		scanf(" %c", &c);

		if (c == 'W') Add(i, tot + 1), Add(tot + 1, tot + 2), Add(tot + 1, tot + 3), tot += 3;

	}

	for (i = 1; i <= tot; ++i) if (d[i] > 3) return puts("White"), 233;

	for (i = 1; i <= tot; ++i)

		if (d[i] > 2) {

			for (cnt = 0, e = first[i]; ~e; e = edge[e].next)

				if (d[edge[e].to] > 1) ++cnt;

			if (cnt > 1) return puts("White"), 233;

		}

	cnt = 0;

	for (i = 1; i <= tot; ++i) cnt += d[i] == 3;

	if (cnt == 2 && (tot & 1)) return puts("White"), 233;

	return puts("Draw"), 666;

}

int main() {

	int test;

	scanf("%d", &test);

	while (test--) Solve();

	return 0;

}

H

首先如果合法的串不多就是一个简单的 $AC$ 自动机 + $DP$

考虑到自动机上有很多状态是存在所有转移的，也就是数位 $DP$ ，第一个满足 $>l$ 或 $<r$ 的地方

把所有这样的前缀加入 $AC$ 自动机，最多 $10(|l|+|r|)$ 个

设 $g[u][i]$ 表示从 $u$ 点开始，任意再选 $i$ 个能得到的合法串的个数

这样就把那些没有新建的状态的贡献加上了

# include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;

const int maxn(2005);

const int maxm(16005);

int n, lenl, lenr, trs[maxm][10], tot, fail[maxm], g[maxm][maxn], f[maxm][maxn], ans;

bitset <maxn> vis[maxm];

char liml[maxn], limr[maxn];

queue <int> Q;

inline void Upd(int &x, int y) {

	x = x > y ? x : y;

}

inline void Init() {

	int i, c, cur1, cur2;

	scanf(" %s %s%d", liml + 1, limr + 1, &n);

	lenl = strlen(liml + 1), lenr = strlen(limr + 1);

	if (lenl == lenr) {

		cur1 = cur2 = 0;

		for (i = 1; i <= lenl; ++i) {

			if (cur1 == cur2) {

				for (c = liml[i] - '0' + 1; c < limr[i] - '0'; ++c) {

					if (!trs[cur1][c]) trs[cur1][c] = ++tot;

					++g[trs[cur1][c]][lenl - i];

				}

			}

			else {

				for (c = liml[i] - '0' + 1; c < 10; ++c) {

					if (!trs[cur1][c]) trs[cur1][c] = ++tot;

					++g[trs[cur1][c]][lenl - i];

				}

				for (c = 0; c < limr[i] - '0'; ++c) {

					if (!trs[cur2][c]) trs[cur2][c] = ++tot;

					++g[trs[cur2][c]][lenl - i];

				}

			}

			if (!trs[cur1][liml[i] - '0']) trs[cur1][liml[i] - '0'] = ++tot;

			if (!trs[cur2][limr[i] - '0']) trs[cur2][limr[i] - '0'] = ++tot;

			cur1 = trs[cur1][liml[i] - '0'], cur2 = trs[cur2][limr[i] - '0'];

		}

		++g[cur1][0];

		if (cur1 ^ cur2) ++g[cur2][0];

	}

	else {

		cur1 = cur2 = 0;

		for (i = 1; i <= lenl; ++i) {

			for (c = liml[i] - '0' + 1; c < 10; ++c) {

				if (!trs[cur1][c]) trs[cur1][c] = ++tot;

				++g[trs[cur1][c]][lenl - i];

			}

			if (!trs[cur1][liml[i] - '0']) trs[cur1][liml[i] - '0'] = ++tot;

			cur1 = trs[cur1][liml[i] - '0'];

		}

		for (i = 1; i <= lenr; ++i) {

			for (c = i == 1; c < limr[i] - '0'; ++c) {

				if (!trs[cur2][c]) trs[cur2][c] = ++tot;

				++g[trs[cur2][c]][lenr - i];

			}

			if (!trs[cur2][limr[i] - '0']) trs[cur2][limr[i] - '0'] = ++tot;

			cur2 = trs[cur2][limr[i] - '0'];

		}

		++g[cur1][0], ++g[cur2][0];

		for (i = lenl + 1; i < lenr; ++i)

			for (c = 1; c < 10; ++c) {

				if (!trs[0][c]) trs[0][c] = ++tot;

				++g[trs[0][c]][i - 1];

			}

	}

}

inline void GetFail() {

	int u, i, c;

	for (c = 0; c < 10; ++c) if (trs[0][c]) Q.push(trs[0][c]);

	while (!Q.empty()) {

		u = Q.front(), Q.pop();

		for (c = 0; c < 10; ++c)

			if (trs[u][c]) fail[trs[u][c]] = trs[fail[u]][c], Q.push(trs[u][c]);

			else trs[u][c] = trs[fail[u]][c];

		for (i = 0; i <= n; ++i) g[u][i] += g[fail[u]][i];

	}

	for (i = 0; i <= tot; ++i)

		for (c = 1; c <= n; ++c) g[i][c] += g[i][c - 1];

}

inline void Solve(int x, int y) {

	if (y == n) return;

	int c;

	for (c = 0; c < 10; ++c)

		if (f[x][y] + g[trs[x][c]][n - y - 1] == f[trs[x][c]][y + 1] && vis[trs[x][c]][y + 1]) {

			putchar(c + '0'), Solve(trs[x][c], y + 1);

			return;

		}

}

int main() {

	int i, j, c;

	memset(f, -63, sizeof(f));

	Init(), GetFail(), f[0][0] = 0;

	for (i = 1; i <= n; ++i)

		for (j = 0; j <= tot; ++j)

			if (f[j][i - 1] >= 0)

				for (c = 0; c < 10; ++c)

					Upd(f[trs[j][c]][i], f[j][i - 1] + g[trs[j][c]][n - i]);

	for (j = 0; j <= tot; ++j) Upd(ans, f[j][n]);

	for (j = 0; j <= tot; ++j) if (f[j][n] == ans) vis[j][n] = 1;

	for (i = n; i; --i)

		for (j = 0; j <= tot; ++j)

			for (c = 0; c < 10; ++c)

				if (vis[trs[j][c]][i] && f[trs[j][c]][i] == f[j][i - 1] + g[trs[j][c]][n - i]) vis[j][i - 1] = 1;

	printf("%d\n", ans), Solve(0, 0), puts("");

	return 0;

}

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