Codeforces Global Round 1 (CF1110)

继续补题。因为看见同学打了这场，而且涨分还不错，所以觉得这套题目可能会比较有意思。

因为下午要开学了，所以恐怕暂时不能把这套题目补完了，所以先把 A-F 放上来。

A. Parity

保存 %2 的值就可以了。

const int N = 1e5 + 7;

int b, k, a[N], ans;

int main() {

	read(b), read(k);

	for (int i = 1; i <= k; ++i) read(a[i]);

	for (int i = k, p = 1; i; --i, p = p * b % 2) (ans += a[i] * p) %= 2;

	if (ans) puts("odd"); else puts("even");

}

B. Tape

一开始准备二分，然后发现他要的是最小的总长度，不太好二分。然后发现我们在断的时候，应该尽量把间隙比较大的优先断掉，所以直接贪心，排个序就可以了。

const int N = 1e5 + 7;

int n, m, k, a[N], b[N], c[N], ans;

int main(){

	read(n), read(m), read(k);

	for (int i = 1; i <= n; ++i) read(a[i]), b[i - 1] = a[i] - a[i - 1], c[i] = i;

	std::sort(c + 1, c + n, [](const int &x, const int &y){return b[x] > b[y];});

	std::sort(c + 1, c + k); c[k] = n;

	for (int i = 1; i <= k; ++i) ans += a[c[i]] - a[c[i - 1] + 1] + 1;

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

}

C. Meaningless Operations

好一道打表题。

想得百无聊赖之下开始打表，然后就有惊喜了。

发现除了 $2^k-1$ 外的数，答案都是比他大的最小的 $2^k-1$ 。

那么 $2^k-1$ 自己呢？一开始没有把表打全，以为就是如果 $k$ 是偶数，就是 $a/3$ ，否则就是 $1$ ，结果交上去 wa2.

于是继续打 $2^k-1$，其实这个时候可以直接把所有的表直接复制上去。可我偏要找出规律来。好像答案都是原数的因数，而且——而且似乎还是最大的因数啊。

于是就可以 A 掉了。

\[f(a) = \max_{0 < b < a}{gcd(a \oplus b, a \> \& \> b)}.
\]

仔细想一下，对于这个式子，如果 $a \neq 2^k-1$ ，那么 $a$ 就不是所有位都为 $1$ ，那么令 $b = ~a$ ，那么 $a \oplus b = 2 ^ k - 1, a \> \& \> b = 0$ 。于是 $gcd$ 就是 $2^k-1$。

否则呢，如果 $a$ 的二进制位全是 $1$ ，那么这里的 $b$ 应该是 $0$ ，显然不满足要求。发现当 $a$ 二进制位都是 $1$ 时， $a \oplus b = a - b$， $a \> \& \> b = b$ 。于是原式可化为 $f(a) = \max \limits_{0 < b < a}{gcd(a - b, b)} = \max \limits_{0 < b < a}{gcd(a, b)}$ 。显然当 $b | a$ 时 $f(a)$ 最大，于是 $b$ 就是 $a$ 最大的因数。

int q, x;

inline int Get(int x) {

	int ans = 0;

	while (x) ++ans, x >>= 1;

	return ans;

}

inline int Get2(int x) {

	if (x == 1) return 0;

	for (int i = 2, p = sqrt(x); i <= p; ++i)

		if(x % i == 0) return x / i;

	return 1;

}

int main() {

	read(q);

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

		read(x); int p = Get(x), s = (1 << p) - 1;

		if (s != x) printf("%d\n", s);

		else printf("%d\n", Get2(s));

	}

}

D. Jongmah

我感觉这道题比 E,F 都难。可能是因为太菜了才会这样想。（因为目前这六道题里面只有这道题是看题解做的。。。）

首先最重要的结论是 $(i, i + 1, i + 2)$ 这样的顺子最多取两个，否则可以自己先把对子 $(i , i, i)$取完是不会比原方案差的。

于是我们限制一下顺子取的个数就可以了。

设 $dp[i][j][k]$ 表示 dp 到第 $i$ 个数，保证对子 $(i - 1, i, i + 1)$ 取 $j$ 个，对子 $(i, i + 1, i + 2)$ 取 $k$ 个。

那么有

\[dp[i][j][k] = \max_{l = 0} ^ 2 {dp[i][l][j] + k + \lfloor \frac{num[i] - j - k - l}3 \rfloor}
\]

const int N = 1e6 + 7;

int n, m, x, a[N], dp[N][3][3];

int main() {

	#ifdef hzhkk

	freopen("hkk.in", "r", stdin);

	#endif

	read(n); read(m);

	for (int i = 1; i <= n; ++i) read(x), ++a[x];

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

		for (int j = 0; j <= 2; ++j)

			for (int k = 0; k <= 2; ++k)

				for (int l = 0; l <= 2; ++l)

					if(a[i] >= j + k + l) SMAX(dp[i][j][k], dp[i - 1][l][j] + k + (a[i] - j - k - l) / 3);

	printf("%d\n", dp[m][0][0]);

}

E. Magic Stones

一开始捣鼓了半天推出了一堆奇怪的没有用的性质。于是后来干脆直接划掉重新换个思路思考。

记得好像对于序列上进行变化的题目好多都是用差分来做的，所以我开始从差分上考虑。

然后发现好像差分完就没了。

\[c_i' = c_{i + 1} + c_{i - 1} - c_i\\
\text{可以推得}\\
c_{i + 1} - c_i' = c_i - c_{i - 1}\\
c_i' - c_{i - 1} = c_{i + 1} - c_i
\]

也就是说一次操作其实是把差分数组上两个数交换一下。

注意要特判一下两端的原数据，因为两端不可以进行操作。一开始没有注意，就wa4了一次。

const int N = 1e5 + 7;

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

int main() {

	#ifdef hzhkk

	freopen("hkk.in", "r", stdin);

	#endif

	read(n);

	for (int i = 1; i <= n; ++i) read(c[i]);

	for (int i = 1; i <= n; ++i) read(t[i]);

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

	for (int i = n; i > 1; --i) c[i] = c[i] - c[i - 1];

	for (int i = n; i > 1; --i) t[i] = t[i] - t[i - 1];

	std::sort(c + 2, c + n + 1);

	std::sort(t + 2, t + n + 1);

	if (!memcmp(c + 2, t + 2, sizeof(int) * (n - 1))) puts("Yes");

	else puts("No");

}

F. Nearest Leaf

映象中这道题好像是我们学校学长暑假讲过的原题，但是记不起来了，去翻 ppt 却很神奇地没有找到。

但是不影响这道题确实不难。

显然是离线，把询问挂在 $v$ 上，假设 $dis[i]$ 表示 $v$ 到 $i$ 的距离，可以发现，从父亲跳到儿子，会把儿子的子树内的点的 $dis$ 值加上 $w$ ( $w$ 是边权)，其余的点减上 $w$ 。

直接线段树维护即可。

注意代码里面的 $dis$ 数组和上面的分析里面的 $dis$ 不是一个东西。

using std::min;

#define lc o << 1

#define rc o << 1 | 1

const int N = 5e5 + 7;

const ll INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;

int n, m, x, y, z, dfc, fa[N], dfn[N], num[N], w[N];

ll dis[N], ans[N];

struct Edge {int to, ne, w;} g[N << 1]; int head[N], tot;

inline void Addedge(int x, int y, int z) {g[++tot].to = y; g[tot].w = z; g[tot].ne = head[x]; head[x] = tot;}

struct Question{int l, r; ll *ans;};

std::vector<Question> q[N];

struct Node{ll val, add;} t[N << 2];

inline void Build(int o, int L, int R) {

	if (L == R) return (void)(t[o].val = dis[L]);

	int M = L + R >> 1;

	Build(lc, L, M); Build(rc, M + 1, R);

	t[o].val = min(t[lc].val, t[rc].val);

}

inline void Add(int o, int L, int R, int l, int r, ll k) {

	// dbg("o = %d, L = %d, R = %d, l = %d, r = %d, k = %d\n", o, L, R, l, r, k);

	if (l <= L && R <= r) return (void)(t[o].add += k, t[o].val += k);

	int M = L + R >> 1;

	if (l <= M) Add(lc, L, M, l, r, k);

	if (r > M) Add(rc, M + 1, R, l, r, k);

	t[o].val = min(t[lc].val, t[rc].val) + t[o].add;

}

inline ll Qmin(int o, int L, int R, int l, int r) {

	if (l <= L && R <= r) return t[o].val;

	int M = L + R >> 1;

	if (r <= M) return Qmin(lc, L, M, l, r) + t[o].add;

	if (l > M) return Qmin(rc, M + 1, R, l, r) + t[o].add;

	return min(Qmin(lc, L, M, l, r), Qmin(rc, M + 1, R, l, r)) + t[o].add;

}

inline void dfs_pre(int x) {

	num[x] = 1;

	for fec(i, x, y) dfs_pre(y), num[x] += num[y];

}

inline void dfs(int x) {

	if(x > 1) {

		Add(1, 1, n, 1, n, w[x]);

		Add(1, 1, n, x, x + num[x] - 1, -w[x] << 1);

	}

	for (auto i : q[x]) *i.ans = Qmin(1, 1, n, i.l, i.r);

	for fec(i, x, y) dfs(y);

	if(x > 1) {

		Add(1, 1, n, 1, n, -w[x]);

		Add(1, 1, n, x, x + num[x] - 1, w[x] << 1);

	}

}

int main() {

	#ifdef hzhkk

	freopen("hkk.in", "r", stdin);

	#endif

	read(n), read(m);

	for (int i = 2; i <= n; ++i) read(y), read(z), dis[i] = dis[y] + z,  Addedge(fa[i] = y, i, w[i] = z);

	for (int i = 2; i <= n; ++i) dis[fa[i]] = INF;

	for (int i = 1; i <= m; ++i) read(x), read(y), read(z), q[x].pb((Question){y, z, ans + i});

	Build(1, 1, n); dfs_pre(1); dfs(1);

	for (int i = 1; i <= m; ++i) printf("%I64d\n", ans[i]);

}