AtCoder Regular Contest 097

AtCoder Regular Contest 097

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C - K-th Substring

题意：

求一个长度小于等于5000的字符串的第K小子串，相同子串算一个。

K<=5。

分析：

一眼看上去可能不是特别好做，但是因为\(k\le5\)，所以确实没啥难度了。把每个字符为首的前五个子串放进去，然后排个序直接找就行了，复杂度\(O(5*n*\log_2{5n})\)。

#include <iostream>
#include <cmath>
#include <string>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <map>
#define re register
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
#define ms(arr) memset(arr, 0, sizeof(arr))
const int inf = 0x3f3f3f3f;
string s,t,ch[101];
map<string,int> b;
char minn;
int l,num,k,flag,o;
int main() {
	cin>>s;
	cin>>k;
	l=s.length();
	minn='{';
	for(re int i=0;i<l-5;i++){
		if(s[i]<minn){
			minn=s[i];
			o=i;
		}
	}
	ch[0]=" ";
	for(re int i=o; i<l; i++) {
		for(re int j=i; j<min(i+k,l); j++) {
			t+=s[j];
			if(b[t]==1) continue;
			b[t]=1;
			if(num!=0) {
				if(num<k) {
					for(re int h=num; h>=0; h--) {
						if(t>ch[h]) {
							ch[h+1]=t; break;
						}
						else {
							ch[h+1]=ch[h];
						}
					}
				num++;
				} else {
					for(re int h=num; h>=0; h--) {
						if(t>ch[h]) {
							ch[h+1]=t;
							flag=h;
							break;
						} else {
							ch[h+1]=ch[h];
						}
					}
					if(flag==num) {
						flag=0;
						break;
					}
				}
			} else
				ch[++num]=t;
		}
		t="";
	}
	cout<<ch[k];
}

D - Equals

题意：

给出一个n的排列，m个（x，y）的数对，你可以交换序列中位于x，y的数字。

可以进行若干次交换，问最多有多少个\(a_i=i\)。

分析：

明显可以发现，一个联通块里的数字是可以任意交换的，所以并查集维护一下，\(O（n）\)即可求解。

#include <iostream>
#include <cmath>
#include <string>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define re register
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
#define ms(arr) memset(arr, 0, sizeof(arr))
const int inf = 0x3f3f3f3f;
int f[1000001],r1,r2,a[100001],b[100001],ans;
inline int read()
{
    int x=0,c=1;
    char ch=' ';
    while((ch>'9'||ch<'0')&&ch!='-')ch=getchar();
    while(ch=='-') c*=-1,ch=getchar();
    while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    return x*c;
}
int find(int x)
{
	if(f[x]!=x) f[x]=find(f[x]);
	return f[x];
}
int main()
{
    int n,m;
    n=read();m=read();
    for(re int i=1;i<=n;i++)
    	a[i]=read(),b[a[i]]=i;
    for(re int i=1;i<=n;i++)
    	f[i]=i;
    for(re int i=1;i<=m;i++){
    	int x=read(),y=read();
    	r1=find(a[x]);r2=find(a[y]);
    	if(r1!=r2) f[r2]=r1;
    }
    for(re int i=1;i<=n;i++){
    	r1=find(i),r2=find(a[i]);
    	if(r1==r2)
		ans++;
    }
    cout<<ans;
    return 0;
}

E - Sorted and Sorted

题意：

有n个黑球和n个白球的乱序排列，它们的编号都是1~n。

可以交换相邻的两个球，要使这两种颜色的球编号均为1~n递增排列，求最少的交换次数。

分析：

首先我们可以简单的思考，如果只有一种颜色，就是一逆序对裸题。那么两种颜色的球我们应该怎么办呢？

可以进行DP。

我们用\(f[i][j]\)表示已经放了编号为前i的白球和编号为前j的黑球，那么我们可以得到转移：

\(f[i+1][j]=f[i][j]+（第i+1号白球前大于i+1的白球的个数）+（大于j的黑球的个数）\)

\(f[i][j+1]\)同理。

于是我们可以\(n^2\)预处理每个球前面的编号大于j的黑\白球的个数。

#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <string>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <set>
#include <map>
#define re register
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define MAXN 4000007
#define mo 19930726
using namespace std;
typedef unsigned long long ull;
#define ms(arr) memset(arr, 0, sizeof(arr))
const int inf = 0x3f3f3f3f;
inline int read()
{
    int x=0,c=1;
    char ch=' ';
    while((ch>'9'||ch<'0')&&ch!='-')ch=getchar();
    while(ch=='-')c*=-1,ch=getchar();
    while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    return x*c;
}
int n,m,a[4001],f[2005][2005],cw[4001][2002],cb[4002][2001],pos[2][2001],col[4001];
char s[2];
int main()
{
	n=read();
	for(re int i=1;i<=n<<1;i++){
		scanf("%s",s); a[i]=read();
		col[i]=(s[0]=='B');
		pos[col[i]][a[i]]=i;
	}
	memset(f,100,sizeof(f));
	f[0][0]=0;
	for(re int i=1;i<=n<<1;i++)
		for(re int j=0;j<=n;j++){
			cw[i][j]=cw[i-1][j];
			cb[i][j]=cb[i-1][j];
			if(a[i-1]>j) col[i-1]?cb[i][j]++:cw[i][j]++;
		}
	for(re int i=0;i<=n;i++){
		for(re int j=0;j<=n;j++){
			int x=pos[0][i+1],y=pos[1][j+1];
			f[i+1][j]=min(f[i+1][j],f[i][j]+cw[x][i+1]+cb[x][j]);
			f[i][j+1]=min(f[i][j+1],f[i][j]+cw[y][i]+cb[y][j+1]);
		}
	}
	cout<<f[n][n];
}

F - Monochrome Cat

题意：

有一棵树，我们已知每个节点的颜色，现在可以任选一个起点开始，每一秒钟有两种选择:

1:选择一个与之相邻的节点并移动过去，同时翻转目标节点的颜色。

2:翻转当前所在节点的颜色。

问将整棵树都染成黑色所需要的最短时间是多少。

分析：

这道题真的不错。

首先我们可以确定这样一个点，如果某节点的某子树是全黑的，那么它就不会被遍历到，所以我们可以直接去掉这棵子树。

删掉所有这样的子树之后，我们就拥有了一棵所有叶子节点都是白色的树。

通过题意我们可以知道，我们必须完全的遍历这棵已经删过点的树。

然后我们先考虑一种简单的情况，就是我们起点和终点重合。那么我们每条边都要走两遍，也就是说我们只要找一个白点当起点，无论从哪一个白点开始都是一样的。

然后，我们又可以发现每个点经过的次数就是它的度数，这样我们可以直接凭空算出哪些点需要在原地停留一秒。

接下来我们思考起点不和终点重合。

那么明显的一点就是，从起点到终点的路径中，每条边只走了一遍，那么我们可以知道，这条路径中原来需要等待一秒使其翻转的点都不用了，原来不用翻转的现在需要翻转了。

这样这个题就变成了我们给出一个由0和1构成的树，现在从中找出一条路径，最大化点数+路径上1的个数-0的个数。

这样我们就可以进行DP。

设f[i]表示i到叶子的最大和，g[i]表示i到叶子的父亲的最大和(叶子是终点)。

#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <queue>
#define re register
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define MAXN 200007
#define mo 19930726
using namespace std;
typedef unsigned long long ull;
#define ms(arr) memset(arr, 0, sizeof(arr))
const int inf = 0x3f3f3f3f;
int head[MAXN],a[MAXN],c[MAXN],num,size[MAXN],f[MAXN],g[MAXN],si[MAXN],d[MAXN],ans,n;
char s[MAXN];
struct po
{
	int nxt,to;
}edge[MAXN];
inline int read()
{
    int x=0,c=1;
    char ch=' ';
    while((ch>'9'||ch<'0')&&ch!='-')ch=getchar();
    while(ch=='-')c*=-1,ch=getchar();
    while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    return x*c;
}
inline void add_edge(int from,int to)
{
	edge[++num].nxt=head[from];
	edge[num].to=to;
	head[from]=num;
}
void dfs(int u,int fa)
{
	size[u]=1;si[u]=c[u];
	for(int i=head[u];i;i=edge[i].nxt){
		int v=edge[i].to;
		if(v!=fa){
			dfs(v,u);
			size[u]+=size[v];si[u]+=si[v];
			if(si[v]!=size[v]) d[v]++,d[u]++;
		}
	}
}
void dfs2(int u,int fa)
{
	int max1=0,max2=0;
	if(d[u]==1&&fa){f[u]=a[u],g[u]=-1<<30;return;}
	for(int i=head[u];i;i=edge[i].nxt){
		int v=edge[i].to;
		if(v!=fa&&size[v]!=si[v]){
			dfs2(v,u);
			ans=max(ans,f[v]+max2+a[u]);
			ans=max(ans,g[v]+max1+a[u]);
			max1=max(max1,f[v]);
			max2=max(max2,g[v]);
		}
	}
	f[u]=max1+a[u];g[u]=max2+a[u];
}
int main()
{
	n=read();
	for(re int i=1;i<=n-1;i++){
		int x=read(),y=read();
		add_edge(x,y);add_edge(y,x);
	}
	scanf("%s",s+1);
	int root=0;
	for(re int i=1;i<=n;i++){
		if(s[i]=='B') c[i]=1;
		else root=i;
	}
	if(root) dfs(root,0);
	else {
		cout<<"0";
		return 0;
	}
	int sum=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(size[i]==si[i]) continue;
		sum+=d[i];
		if((d[i]+c[i])%2==0) sum++,a[i]=2;
	}
	dfs2(root,0);
	cout<<sum-ans;
}