字节跳动冬令营网络赛 Solution
A:Aloha
Unsolved.
B:Origami
Unsolved.
题意:
初始的时候有一张纸,可以从左边往右边折叠,或者从右边往左边折叠
每次折叠的长度不能超过现有宽度,最后折叠到长度为1
从上往下看会有一个$1-n的排列$,现在给出这个排列
问这个排列是否是合法折叠出来的
C:Continued Story
Unsolved.
题意:
有一个有根树,根为1,两个人轮流操作,每一次操作时选择一条边将其边权减一
如果某一次操作后对应的边的边权变为0,那么这条边会被移除
此时树会被分成两块,没有根的那块会被移除(根为1)
D:The Easiest One
Unsolved.
题意:
定义两种操作:
$x = x - 1$
$x = x - 2^i (当x AND 2^i != 0 时可以用)$
定义$f(x, y) 为 x 变成y 所需的最少操作数 此处(y <= x)$
求$\sum_{0 <= y <= x <= n} f(x, y)$
E:Set
Unsolved.
题意:
有n个集合,每个集合的大小都为m, 并且要满足$|S_i - S_{(i - 1 + n) mod n} | >= l_i$
现在要使得所有集合的并的元素个数最小,求最小的数量
F:Old Problem
Unsolved.
在$n x m 的矩形里 有 (n - 1) (m - 1) 个点,有有多少个三点能够组成直角三角形$
G:Periodic Palindrome
Unsolved.
H:Accel World
Unsolved.
I:Hello, Hello and Hello
Unsolved.
题意:
有一个字符串,当开始是 $000....111...222 这样的$
每一次可以选择其中一个子串把它放到后面,求最小的操作次数使得任意相邻的字符都不相同
无法做到输出-1
J:Sortable Path on Tree
Upsolved.
题意:
有一棵树,求存在多少个$pair(u, v) 使得u ->v 的简单路径上所有点按顺序组成的点权序列$
使得存在一个起点,使得从这个起点开始往后是一个非递减序列,(可以看作一个环此时)
思路:
点分治
我们将一个序列用大于号和小于号串起来
$这样对于某种符号数>=2的,直接视为2$
$那么只有9种状态来表示一个点$
$在对每棵子树分治的时候我们只需要考虑如何拼接形态即可$
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std; #define ll long long
#define N 100010
int t, n;
int w[N];
vector <int> G[N];
ll res; struct BIT
{
int a[N];
void init() { memset(a, , sizeof a); }
void update(int x, int val)
{
for (; x <= ; x += x & -x)
a[x] += val;
}
int query(int x)
{
int res = ;
for (; x > ; x -= x & -x)
res += a[x];
return res;
}
int query(int l, int r) { if (r < l) return ; return query(r) - query(l - ); }
}bit[][]; int vis[N];
int root, sum, sze[N], f[N];
void getroot(int u, int fa)
{
sze[u] = , f[u] = ;
for (auto v : G[u]) if (v != fa && !vis[v])
{
getroot(v, u);
sze[u] += sze[v];
f[u] = max(f[u], sze[v]);
}
f[u] = max(f[u], sum - sze[u]);
if (f[u] < f[root]) root = u;
} int big[N], small[N];
void getdeep(int u, int fa)
{
if (big[u] > ) big[u] = ;
if (small[u] > ) small[u] = ;
int x = big[u], y = small[u];
for (int i = ; i <= ; ++i)
for (int j = ; j <= ; ++j)
{
int nx = x + i;
int ny = y + j;
if (nx >= && ny >= ) continue;
if (!nx || !ny || (nx == && ny == )) res += bit[i][j].query();
else if (nx == ) res += bit[i][j].query(, w[u]);
else if (ny == ) res += bit[i][j].query(w[u], );
}
for (auto v : G[u]) if (v != fa && !vis[v])
{
big[v] = big[u] + (w[v] > w[u]);
small[v] = small[u] + (w[v] < w[u]);
getdeep(v, u);
}
} void add(int u, int fa, int flag)
{
bit[small[u]][big[u]].update(w[u], flag);
for (auto v : G[u]) if (v != fa && !vis[v])
add(v, u, flag);
} void solve(int u)
{
vis[u] = ;
bit[][].update(w[u], );
for (auto v : G[u]) if (!vis[v])
{
big[v] = (w[v] > w[u]);
small[v] = (w[v] < w[u]);
getdeep(v, u);
add(v, u, );
}
for (auto v : G[u]) if (!vis[v]) add(v, u, -);
bit[][].update(w[u], -);
for (auto v : G[u]) if (!vis[v])
{
sum = f[] = sze[v]; root = ;
getroot(v, );
solve(root);
}
} int main()
{
scanf("%d", &t);
while (t--)
{
scanf("%d", &n);
for (int i = ; i <= n; ++i) G[i].clear(), vis[i] = ;
for (int i = ; i <= n; ++i) scanf("%d", w + i);
for (int i = , u, v; i < n; ++i)
{
scanf("%d%d", &u, &v);
G[u].push_back(v);
G[v].push_back(u);
}
res = ;
sum = f[] = n; root = ;
getroot(, );
solve(root);
printf("%lld\n", res + n);
}
return ;
}
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免费送气球 Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 65536/65536 K (Java/Others)Total Submi ...
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