A. The Fair Nut and Elevator

Solved.

签.

  1.  #include <bits/stdc++.h>
  2.  using namespace std;
  3.  
  4.  #define N 110
  5.  int n, a[N];
  6.  
  7.  int main()
  8.  {
  9.      while (scanf("%d", &n) != EOF)
  10.      {
  11.          for (int i = ; i <= n; ++i) scanf("%d", a + i);
  12.          int res = 1e9;
  13.          for (int x = , tmp = ; x <= ; ++x, res = min(res, tmp), tmp = ) for (int i = ; i <= n; ++i) if (a[i])
  14.          {
  15.              tmp += a[i] * (abs(x - i) + abs(i - ) + abs(x - ) + abs(x - ) + abs(i - ) + abs(x - i));
  16.          }
  17.          printf("%d\n", res);
  18.      }
  19.      return ;
  20.  }

B. Kvass and the Fair Nut

Upsolved.

题意：

刚开始题意读错，过了pretest就没管了

有$n桶啤酒，要从中取出s升，求取出后剩余的量最少的那桶啤酒最大$

思路：

二分或者直接算都行

  1.  #include <bits/stdc++.h>
  2.  using namespace std;
  3.  
  4.  #define ll long long
  5.  #define N 1010
  6.  int n;
  7.  ll s, v[N];
  8.  
  9.  bool check(ll x)
  10.  {
  11.      ll tot = ;
  12.      for (int i = ; i <= n; ++i)
  13.      {
  14.          if (v[i] < x) return false;
  15.          tot += v[i] - x;
  16.      }
  17.      return tot >= s;
  18.  }
  19.  
  20.  int main()
  21.  {
  22.      while (scanf("%d%lld", &n, &s) != EOF)
  23.      {
  24.          for (int i = ; i <= n; ++i) scanf("%lld", v + i);
  25.          ll l = , r = 1e9, res = -;
  26.          while (l <= r)
  27.          {
  28.              ll mid = (l + r) >> ;
  29.              if (check(mid))
  30.              {
  31.                  res = mid;
  32.                  l = mid + ;
  33.              }
  34.              else
  35.                  r = mid - ;
  36.          }
  37.          printf("%lld\n", res);
  38.      }
  39.      return ;
  40.  }

C. The Fair Nut and String

Solved.

题意：

有一串字符串，求有多少个字符串，是abababab形式的。

思路：

字符不是‘a’ 也不是‘b’ 的话是没用的，然后如果两个'a'之间有多个'b'也没用

缩短字符串后

必然是aaabaaababab  这样的形式的

那么像统计DAG那样统计就没了

  1.  #include <bits/stdc++.h>
  2.  using namespace std;
  3.  
  4.  #define ll long long
  5.  #define N 100010
  6.  const ll MOD = (ll)1e9 + ;
  7.  char s[N], t[N];
  8.  
  9.  int main()
  10.  {
  11.      while (scanf("%s", s + ) != EOF)
  12.      {
  13.          int n = ;
  14.          for (int i = , len = strlen(s + ); i <= len; ++i) if (s[i] == 'a' || s[i] == 'b')
  15.          {
  16.              if (s[i] == 'a') t[++n] = 'a';
  17.              else if (s[i] == 'b' && t[n] == 'a') t[++n] = 'b';
  18.          }
  19.          if (n == )
  20.          {
  21.              puts("");
  22.              continue;
  23.          }
  24.          ll res = , pre = , cnt = ;
  25.          for (int i = ; i <= n; ++i)
  26.          {
  27.              if (t[i] == 'b')
  28.              {
  29.                  pre = (pre * (cnt + )) % MOD;
  30.                  cnt = ;
  31.              }
  32.              else
  33.              {
  34.                  ++cnt;
  35.                  res = (res + pre) % MOD;
  36.              }
  37.          }
  38.          printf("%lld\n", res);
  39.      }
  40.      return ;
  41.  }

D. The Fair Nut and the Best Path

Upsolved.

题意：

在一棵树上，每个点是加油站，最多加油$w_i，然后每条边是路，耗费油v_i$

$定义f(u, v)为u->v的简单路径上每个点都加满油，假设油箱容量无限，最后剩下的油量$

如果其中某条路上油耗尽了，那么这条路是不可行的

思路：

我们把点权视为正直，边权视为负值

然后就是求任意两点之间的最大权值和

不需要考虑不合法的路径，因为如果存在不合法的路劲，

那么肯定存在另一条合法的路径使得答案比它更优。

令$f[u] 表示到达u的子树中某点的最大权， 这是纵向路径$

再考虑横向路径即可

  1.  #include <bits/stdc++.h>
  2.  using namespace std;
  3.  
  4.  #define ll long long
  5.  #define N 300010
  6.  #define pii pair <int, int>
  7.  int n, w[N];
  8.  vector <pii> G[N];
  9.  ll res, f[N];
  10.  
  11.  void DFS(int u, int fa)
  12.  {
  13.      f[u] = w[u];
  14.      ll Max[] = {, };
  15.      for (auto it : G[u])
  16.      {
  17.          int v = it.first;
  18.          if (v == fa) continue;
  19.          DFS(v, u);
  20.          ll cost = it.second;
  21.          f[u] = max(f[u], f[v] - cost + w[u]);
  22.          ll tmp = f[v] - cost;
  23.          if (tmp > Max[])
  24.          {
  25.              Max[] = Max[];
  26.              Max[] = tmp;
  27.          }
  28.          else if (tmp > Max[])
  29.              Max[] = tmp;
  30.      }
  31.      res = max(res, max(f[u], Max[] + Max[] + w[u]));
  32.  }
  33.  
  34.  int main()
  35.  {
  36.      while (scanf("%d", &n) != EOF)
  37.      {
  38.          for (int i = ; i <= n; ++i) scanf("%d", w + i);
  39.          for (int i = ; i <= n; ++i) G[i].clear();
  40.          for (int i = , u, v, w; i < n; ++i)
  41.          {
  42.              scanf("%d%d%d", &u, &v, &w);
  43.              G[u].emplace_back(v, w);
  44.              G[v].emplace_back(u, w);
  45.          }
  46.          res = ;
  47.          DFS(, );
  48.          printf("%lld\n", res);
  49.      }
  50.      return ;
  51.  }

E. The Fair Nut and Strings

Upsolved.

题意：

一共有$k个长度为n的字符串，他们的范围是[s, t] 之间，按字典序排序$

求这些字符串(构造k个满足字典序要求的字符串)最多有多少个前缀

思路：

相当于给出一棵二叉字典树，给出左右界，叶子节点不超过$k个$

求最多节点个数

能扩展就扩展，贪心一下即可

注意特判$k = 1$

  1.  #include <bits/stdc++.h>
  2.  using namespace std;
  3.  
  4.  #define ll long long
  5.  #define N 500010
  6.  int n, k;
  7.  char s[N], t[N];
  8.  
  9.  int main()
  10.  {
  11.      while (scanf("%d%d", &n, &k) != EOF)
  12.      {
  13.          scanf("%s%s", s + , t + );
  14.          if (k == )
  15.          {
  16.              printf("%d\n", n);
  17.              continue;
  18.          }
  19.          int flag = ;
  20.          ll cur = , res = ; k -= ;
  21.          for (int i = ; i <= n; ++i)
  22.          {
  23.              if (flag ==  && s[i] != t[i])
  24.                  flag = ;
  25.              else if (flag == )
  26.              {
  27.                  ll extend = cur;
  28.                  if (s[i] == 'a') ++extend;
  29.                  if (t[i] == 'b') ++extend;
  30.                  if (extend <= k)
  31.                  {
  32.                      k -= extend;
  33.                      cur += extend;
  34.                  }
  35.                  else
  36.                  {
  37.                      cur += k;
  38.                      k = ;
  39.                  }
  40.              }
  41.              res += cur +  + flag;
  42.          }
  43.          printf("%lld\n", res);
  44.      }
  45.      return ;
  46.  }

F. Max Mex

Upsolved.

题意：

一棵树上，两种操作

$交换两点的p[]值$

$询问MEX(v(l)), l表示某挑简单路径上权值的集合$

思路：

我们考虑将点按权值排序

我们考虑$1 -> i 和 i + 1 -> j$

$这两段的合并$

如果可以合并，那么答案的下限就是$j$

$树上的路径有三种类型$

$1、一个点$

$2、一条链$

$3、两条链$

那分情况讨论，一共只有6种情况

$但是这样太麻烦了$

$我们考虑这三种状态都可以用两条链的情况来表示$

$那么合并的时候，一条路径可以用两个点来表示$

$那么一条路径如果包含另外一条路径的两个端点$

$那么这条路径就包含另外一条路径$

$也就是说我们只需要分两次合并另外一条路径的两点即可$

$这样就只有一种情况$

  1.  #include <bits/stdc++.h>
  2.  using namespace std;
  3.  
  4.  #define N 200010
  5.  int n, q, p[N];
  6.  vector <int> G[N];
  7.  
  8.  int in[N], out[N];
  9.  namespace ST
  10.  {
  11.      int rmq[N << ];
  12.      int mm[N << ];
  13.      int dp[N << ][];
  14.      int F[N << ], P[N];
  15.      int cnt, cnt2;
  16.      void init(int n)
  17.      {
  18.          mm[] = -;
  19.          for (int i = ; i <= n; ++i)
  20.          {
  21.              mm[i] = ((i & (i - )) == ) ? mm[i - ] +  : mm[i - ];
  22.              dp[i][] = i;
  23.          }
  24.          for (int j = ; j <= mm[n]; ++j)
  25.              for (int i = ; i + ( << j) -  <= n; ++i)
  26.              {
  27.                  dp[i][j] = rmq[dp[i][j - ]] < rmq[dp[i + ( << (j - ))][j - ]] ?
  28.                      dp[i][j - ] : dp[i + ( << (j - ))][j - ];
  29.              }
  30.      }
  31.      void DFS(int u, int pre, int dep)
  32.      {
  33.          F[++cnt] = u;
  34.          rmq[cnt] = dep;
  35.          P[u] = cnt;
  36.          in[u] = ++cnt2;
  37.          for (auto v : G[u]) if (v != pre)
  38.          {
  39.              DFS(v, u, dep + );
  40.              F[++cnt] = u;
  41.              rmq[cnt] = dep;
  42.          }
  43.          out[u] = cnt2;
  44.      }
  45.      void init(int root, int node_num)
  46.      {
  47.          cnt = ; cnt2 = ;
  48.          DFS(root, root, );
  49.          init( * node_num - );
  50.      }
  51.      int query(int a, int b)
  52.      {
  53.          a = P[a], b = P[b];
  54.          if (a > b) swap(a, b);
  55.          int k = mm[b - a + ];
  56.          return F[rmq[dp[a][k]] <= rmq[dp[b - ( << k) + ][k]] ?
  57.                      dp[a][k] : dp[b - ( << k) + ][k]];
  58.      }
  59.  }
  60.  
  61.  namespace SEG
  62.  {
  63.      struct node
  64.      {
  65.          int u, v, p;
  66.          void init() { u = v = p = ; }
  67.          node () {}
  68.          node (int u, int v, int p) : u(u), v(v), p(p) {}
  69.      }a[N << ], res;
  70.      int ans;
  71.      void init() { memset(a, , sizeof a); }
  72.      bool anc(int x, int y)
  73.      {
  74.          return in[x] <= in[y] && out[x] >= out[y];
  75.      }
  76.      node check(node a, int y)
  77.      {
  78.          if (a.u == - || y == -) return node(-, -, -);
  79.          if (!y) return a;
  80.          if (!a.u) return node(y, y, y);
  81.          if (!anc(a.u, a.v)) swap(a.u, a.v);
  82.          if (anc(a.u, a.v))
  83.          {
  84.              if (anc(a.u, y))
  85.              {
  86.                  int p = ST::query(y, a.v);
  87.                  if (p == y)
  88.                      return a;
  89.                  else if (p == a.u)
  90.                      return node(a.v, y, a.u);
  91.                  else if (p == a.v)
  92.                      return node(a.u, y, a.u);
  93.                  else
  94.                      return node(-, -, -);
  95.              }
  96.              else if (anc(y, a.u))
  97.                  return node(y, a.v, y);
  98.              else
  99.              {
  100.                  int p = ST::query(a.v, y);
  101.                  return node(a.v, y, p);
  102.              }
  103.          }
  104.          else if (anc(a.p, y))
  105.          {
  106.              if (anc(a.u, y))
  107.                  return node(y, a.v, a.p);
  108.              else if (anc(a.v, y))
  109.                  return node(a.u, y, a.p);
  110.              else if (anc(y, a.u) || anc(y, a.v))
  111.                  return a;
  112.              else
  113.                  return node(-, -, -);
  114.          }
  115.          else
  116.              return node(-, -, -);
  117.      }
  118.      node merge(node a, node b)
  119.      {
  120.          a = check(a, b.u);
  121.          a = check(a, b.v);
  122.          return a;
  123.      }
  124.      void update(int id, int l, int r, int pos, int v)
  125.      {
  126.          if (l == r)
  127.          {
  128.              a[id] = node(v, v, v);
  129.              return;
  130.          }
  131.          int mid = (l + r) >> ;
  132.          if (pos <= mid) update(id << , l, mid, pos, v);
  133.          else update(id <<  | , mid + , r, pos, v);
  134.          a[id] = merge(a[id << ], a[id <<  | ]);
  135.      //    printf("%d %d %d %d %d %d\n", l, r, a[id].t, a[id].u, a[id].v, a[id].p);
  136.      //    printf("%d %d %d %d %d %d\n", l, mid, a[id << 1].t, a[id << 1].u, a[id << 1].v, a[id << 1].p);
  137.      //    printf("%d %d %d %d %d %d\n", mid + 1, r, a[id << 1 | 1].t, a[id << 1 | 1].u, a[id << 1 | 1].v, a[id << 1 | 1].p);
  138.      //    puts("*************************************");
  139.      }
  140.      bool query(int id, int l, int r)
  141.      {
  142.          node tmp = merge(res, a[id]);
  143.      //    printf("bug %d %d %d %d %d\n", l, r, a[id].u, a[id].v, a[id].p);
  144.      //    printf("bug %d %d %d %d %d\n", l, r, res.u, res.v, res.p);
  145.      //    printf("bug %d %d %d %d %d\n", l, r, tmp.u, tmp.v, tmp.p);
  146.      //    puts("**********************");
  147.          if (tmp.u != -)
  148.          {
  149.              res = tmp;
  150.              ans = r;
  151.              return ;
  152.          }
  153.          if (l == r) return ;
  154.          int mid = (l + r) >> ;
  155.          if (query(id << , l, mid))
  156.              query(id <<  | , mid + , r);
  157.          return ;
  158.      }
  159.  }
  160.  
  161.  int main()
  162.  {
  163.      while (scanf("%d", &n) != EOF)
  164.      {
  165.          for (int i = ; i <= n; ++i) G[i].clear();
  166.          for (int i = ; i <= n; ++i) scanf("%d", p + i), p[i] += ;
  167.          for (int v = , u; v <= n; ++v)
  168.          {
  169.              scanf("%d", &u);
  170.              G[u].push_back(v);
  171.              G[v].push_back(u);
  172.          }
  173.          ST::init(, n);
  174.          SEG::init();
  175.          for (int i = ; i <= n; ++i)
  176.          {
  177.              //printf("%d %d\n", p[i], i);
  178.              SEG::update(, , n, p[i], i);
  179.          }
  180.          scanf("%d", &q);
  181.          for (int i = , op, x, y; i <= q; ++i)
  182.          {
  183.              scanf("%d", &op);
  184.              if (op == )
  185.              {
  186.                  scanf("%d%d", &x, &y);
  187.                  swap(p[x], p[y]);
  188.                  SEG::update(, , n, p[x], x);
  189.                  SEG::update(, , n, p[y], y);
  190.              }
  191.              else
  192.              {
  193.                  //for (int i = 1; i <= n; ++i) printf("%d%c", p[i], " \n"[i == n]);
  194.                  SEG::res.init(); SEG::ans = ;
  195.                  SEG::query(, , n);
  196.                  printf("%d\n", SEG::ans);
  197.              }
  198.          }
  199.      }
  200.      return ;
  201.  }

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