Codeforces Round #545 Div1 題解
來寫題解啦QwQ
本來想上紅的，結果沒做出D。。。。
A. Skyscrapers
題意
給定一個\(n*m\)的網格，每個格子里都有一個數，對於任意一行和任意一列，要求把這\(n+m-1\)個數重新用正整數編號，並且對於這一行，數與數之間的大小關系不變，對於這一列同理。求出任意一行和任意一列編號使用的最大編號的最小值。
題解
讀題讀半天。。。
看懂了題目就不難了。
對於每一行和每一列先分別離散，記錄每個位置在離散后的值，
然后合並之后取較大的那個，然后剩下的部分順次編號就行了。。
看看代碼就懂了。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAX 1010
inline int read()
{
int x=0;bool t=false;char ch=getchar();
while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
if(ch=='-')t=true,ch=getchar();
while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return t?-x:x;
}
int n,m;
int r[MAX],l[MAX];
int a[MAX][MAX],b[MAX][MAX],c[MAX][MAX];
int S[MAX],top;
int main()
{
n=read();m=read();
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=m;++j)
a[i][j]=read();
for(int i=1;i<=n;++i)
{
top=0;
for(int j=1;j<=m;++j)S[++top]=a[i][j];
sort(&S[1],&S[top+1]);top=unique(&S[1],&S[top+1])-S-1;
for(int j=1;j<=m;++j)b[i][j]=lower_bound(&S[1],&S[top+1],a[i][j])-S;
r[i]=top;
}
for(int i=1;i<=m;++i)
{
top=0;
for(int j=1;j<=n;++j)S[++top]=a[j][i];
sort(&S[1],&S[top+1]);top=unique(&S[1],&S[top+1])-S-1;
for(int j=1;j<=n;++j)c[j][i]=lower_bound(&S[1],&S[top+1],a[j][i])-S;
l[i]=top;
}
for(int i=1;i<=n;++i,puts(""))
for(int j=1;j<=m;++j)
{
int ans1=max(r[i],max(l[j],b[i][j]+l[j]-c[i][j]));
int ans2=max(r[i],max(l[j],c[i][j]+r[i]-b[i][j]));
printf("%d ",max(ans1,ans2));
}
return 0;
}
B. Camp Schedule
翻譯
給定一個串\(S\)以及一個串\(T\)。
現在要求把\(S\)打亂順序，使得\(T\)在\(S\)中出現的次數最多。
題解
B比A顯然簡單多了啊，對於\(T\)跑\(KMP\)然后先建一次\(T\)，然后每次跳到\(next\)接着往后放就行了。。。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
#define MAX 500500
char ch[MAX];
int n,m,nt[MAX];
int main()
{
scanf("%s",ch+1);
for(int i=1,l=strlen(ch+1);i<=l;++i)
if(ch[i]=='0')++n;else ++m;
scanf("%s",ch+1);int l=strlen(ch+1);
nt[1]=0;
for(int i=2;i<=l;++i)
{
int t=nt[i-1];
while(t&&ch[t+1]!=ch[i])t=nt[t];
if(!t)
{
if(ch[1]==ch[i])nt[i]=1;
else nt[i]=0;
}
else nt[i]=t+1;
}
bool fl=true;
for(int i=1;i<=l;++i)
if(ch[i]=='0'){if(!n){fl=false;break;}--n;putchar('0');}
else{if(!m){fl=false;break;}--m;putchar('1');}
while((n||m)&&fl)
{
for(int i=nt[l]+1;i<=l;++i)
if(ch[i]=='0'){if(!n){fl=false;break;}--n;putchar('0');}
else{if(!m){fl=false;break;}--m;putchar('1');}
}
while(n--)putchar('0');while(m--)putchar('1');puts("");
return 0;
}
C. Museums Tour
翻譯
給定一張有向圖，然后你在第\(0\)天從\(1\)號點出發，每個點都有一個博物館，一周有\(d\)天，每個博物館會以\(d\)為周期改變其開放狀態，會告訴你一個串，表示這個點的博物館在第\(t\%d\)天是否開放。
現在你想知道你在\(\infty\)天內最多可以訪問多少個博物館。
題解
首先顯然縮點之后轉\(DAG\)，然后設\(f[i][t]\)表示在\(mod\ d\)意義下的第\(t\)天到達\(i\)這個\(scc\)能夠訪問到的最大博物館數，如果能夠預處理在這個\(scc\)內能夠訪問到的博物館數以及出邊，那么就可以按照拓撲序直接\(dp\)。
對於每一個\(scc\)內每一個環大小和\(d\)求一個\(gcd\)，那么如果能夠在\(t\)時刻訪問到點\(i\)，那么在\(t+k\ gcd\)時刻也能訪問到\(i\)，那么這樣子就可以預處理出在\(t\)時刻到達這個\(scc\)上的某個特定點能夠訪問到的點數。
至於出邊怎么處理，首先給同一個\(scc\)上的每個點按照隨便一棵生成樹的深度模\(gcd\)編個號，假裝為\(val[u]\)，假設有邊\(u,v\)連接着兩個不同的\(scc\)，令\(G\)為兩個\(scc\)的\(gcd\)的\(gcd\)，那么這兩個\(scc\)之間就可以連一個時間為\((val[u]-val[v]+1)\%G+k\times G\)的邊。
這樣子邊數是\(m*d\)，點數是\(n\)，時間復雜度就是\(O(m*d+n)\)。
似乎我的方法的有點小復雜QwQ。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;
#define ll long long
#define MAX 200200
#define MOD 1000000007
inline int read()
{
int x=0;bool t=false;char ch=getchar();
while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
if(ch=='-')t=true,ch=getchar();
while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return t?-x:x;
}
int fpow(int a,int b){int s=1;while(b){if(b&1)s=1ll*s*a%MOD;a=1ll*a*a%MOD;b>>=1;}return s;}
int n,m,ty,d;
struct Line{int v,next;}e[MAX];
int h[MAX],cnt=1;
inline void Add(int u,int v){e[cnt]=(Line){v,h[u]};h[u]=cnt++;}
int dfn[MAX],low[MAX],tim;
int S[MAX],top;bool ins[MAX];
int scc,G[MAX];bool vis[MAX];
int val[MAX],GCD,g[MAX],D;
char V[MAX][51];
int pre[MAX][51];
void Work(int u,int p)
{
val[u]=p;vis[u]=true;
for(int i=h[u];i;i=e[i].next)
{
int v=e[i].v;if(G[v]!=scc)continue;
if(!vis[v])Work(v,p+1);
else GCD=__gcd(GCD,abs(p+1-val[v]));
}
}
int A[MAX];
void Tarjan(int u)
{
dfn[u]=low[u]=++tim;ins[u]=true;S[++top]=u;
for(int i=h[u];i;i=e[i].next)
if(!dfn[e[i].v])Tarjan(e[i].v),low[u]=min(low[u],low[e[i].v]);
else if(ins[e[i].v])low[u]=min(low[u],dfn[e[i].v]);
if(dfn[u]==low[u])
{
int v,tot=0;++scc;
do{v=S[top--];ins[v]=false;G[v]=scc;A[++tot]=v;}while(u!=v);
GCD=D;Work(u,0);g[scc]=GCD;
for(int i=0;i<GCD;++i)
for(int j=1;j<=tot;++j)
for(int k=i;k<D;k+=GCD)
if(V[A[j]][k]=='1'){V[A[j]][i]='1';break;}
for(int i=0;i<GCD;++i)
{
for(int j=1;j<=tot;++j)
if(V[A[j]][(val[A[j]]+i)%GCD]=='1')
++pre[scc][i];
}
}
}
struct Edge{int v,next,d;}E[MAX*50];
int H[MAX],Cnt=1,dg[MAX];
inline void Add(int u,int v,int d){E[Cnt]=(Edge){v,H[u],d};H[u]=Cnt++;dg[v]++;}
int ans,f[MAX][55];
void DP()
{
memset(f,-63,sizeof(f));f[G[1]][0]=pre[G[1]][0];
queue<int> Q;
for(int i=1;i<=scc;++i)if(!dg[i])Q.push(i);
while(!Q.empty())
{
int u=Q.front();Q.pop();
for(int i=H[u];i;i=E[i].next)
if(!--dg[E[i].v])Q.push(E[i].v);
for(int t=0;t<D;++t)
for(int i=H[u];i;i=E[i].next)
{
int v=E[i].v,d=E[i].d;
f[v][(t+d)%D]=max(f[v][(t+d)%D],f[u][t]+pre[v][(t+d)%g[v]]);
}
for(int t=0;t<D;++t)ans=max(ans,f[u][t]);
}
printf("%d\n",ans);
}
int main()
{
n=read();m=read();D=read();
for(int i=1,x,y;i<=m;++i)x=read(),y=read(),Add(x,y);
for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%s",V[i]);
for(int i=1;i<=n;++i)if(!dfn[i])Tarjan(i);
for(int u=1;u<=n;++u)
for(int i=h[u];i;i=e[i].next)
{
if(G[u]==G[e[i].v])continue;
int U=G[u],V=G[e[i].v];
int dd=__gcd(g[U],g[V]);
int d=(val[u]-val[e[i].v]+1+D)%D;
for(int j=d%dd;j<D;j+=dd)Add(U,V,j);
}
DP();
return 0;
}
D. Cooperative Game
翻譯
交互題
有一張圖是由一個長度為\(t\)的鏈和一個大小為\(c\)的環中間連上一條邊組成的。
假如這條邊連接的是鏈的右端點，和環上的\(T\)點。
令鏈的左端點是\(S\)。
現在在\(S\)處有\(10\)個棋子，編號\(0-9\)，每次你可以讓任意數量的棋子向出邊方向走一步，交互庫會返回若干個集合，每一個集合內的棋子都在同一個位置上，並且這個位置上的所有棋子都在這個集合中。
現在你既不知道\(t\)也不知道\(c\)。你需要使用不超過\(3(t+c)\)次操作使得所有棋子都移動到\(T\)位置上並且返回交互庫done。
題解
其實我差不多快做出來了。。。。
首先讓兩個棋子移動，一個每次操作都向前走，另外一個每兩次操作才向前走。
當兩個棋子相遇時停止。
把環按照\(T\)點開始沿出邊方向標號。
假設當第二個棋子位於\(T\)，即\(0\)位置時，假設第一個棋子在\(p\)位置。
因為第一個棋子每次比第二個棋子多走一步，距離差是\(c-p\)。
所以接下來第二個棋子要移動的步數就是\(c-p\)。所以相遇時兩個棋子在\(c-p\)位置。
因為第二個棋子到達\(T\)時走了\(t\)步，此時第一個棋子走了\(2t\)步，即他在環上走了\(t\)步，所以有\(t\mod c=p\)，那么讓\(10\)個棋子同時向前走，當所有棋子位於同一個點時他們就同時到達了\(T\) 。
即這里還需要走\(t\)步，而這\(t\)步等價於在環上走了\(p\)步，那么\(1,2\)兩個棋子就從\(c-p\)走到了\(0\)位置即\(T\)。
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
char ch[20];
int Read(){fflush(stdout);int x;scanf("%d",&x);for(int i=1;i<=x;++i)scanf("%s",ch);return x;}
int main()
{
while(233)
{
printf("next 0\n");Read();
printf("next 0 1\n");
int tot=Read();
if(tot==2)break;
}
while(233)
{
printf("next 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9\n");fflush(stdout);
if(Read()==1)break;
}
printf("done");fflush(stdout);
}
E. Train Car Selection
翻譯
你有一列有\(n\)個車廂的火車，從車頭開始\(1-n\)編號。
現在有\(3\)種操作，第一種是在車頭位置加入\(k\)節車廂，第二種位置是在車尾位置加入\(k\)節車廂，第三種是修改每節車廂的價值。
價值是這樣子來的：一開始所有車廂的價值都是\(0\)(包括中途加入的車廂)，然后每次修改會給定\(s,b\)，如果當前車廂是從車頭開始數的第\(i\)節，那么它的價值就會加上\((i-1)*s+b\)。
在每次操作結束之后回答價值最小的車廂的編號以及其價值。如果有多個輸出編號最小的那個。
題解
發現每次一起加入進來的東西只需要維護左端點就好了。
首先如果在前端插入一段，那么后面全部都沒用了，可以直接丟到。
否則在后面插入一段，維護一下當前全局加的一次函數是什么，那么每個左端點按照車廂編號+權值可以寫成一個個的點，顯然只有一個上凸殼才有用，那么維護這個上凸殼就行了。
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define MAX 300300
#define ll long long
#define pi pair<ll,ll>
#define fr first
#define sd second
#define mp make_pair
inline int read()
{
int x=0;bool t=false;char ch=getchar();
while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
if(ch=='-')t=true,ch=getchar();
while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return t?-x:x;
}
pi p[MAX];
int n,m,r=1;ll k=0,b=0;
double Slope(pi a,pi b){return 1.0*(a.sd-b.sd)/(a.fr-b.fr);}
ll calc(pi x){return k*x.fr+x.sd+b;}
int main()
{
n=read();m=read();p[1]=mp(0,0);r=1;
while(m--)
{
int opt=read();
if(opt==1)r=1,p[1]=mp(0,0),k=b=0,n+=read();
else if(opt==2)
{
pi now=mp(n,-(n*k+b));
while(r>1&&Slope(now,p[r])<=Slope(p[r],p[r-1]))--r;
p[++r]=now;n+=read();
}
else b+=read(),k+=read();
while(r>1&&calc(p[r])>=calc(p[r-1]))--r;
printf("%I64d %I64d\n",p[r].fr+1,calc(p[r]));
}
return 0;
}
F. Matches Are Not a Child's Play
這題目名稱真帶感
翻譯
有一個善良的人不想燒樹，所以她決定在腦子里模擬燒樹的過程。
我們認為樹在燃燒的過程是這樣的：每一個點有一個獨一無二的優先級，每次燒掉優先級最小的那個葉子節點。
現在有若干次操作：
要么把一個點的優先級變為全局優先級的最大值+1，要么詢問一個點什么時候被燒掉，要么詢問兩個點誰先被燒掉。
初始時\(i\)號點的優先級是\(i\)。
題解
顯然兩個詢問是一樣的東西。
加入我們已經知道了點與點之間的燃燒順序，那么考慮一次修改操作對於燃燒次序的影響。
假設修改的點是\(x\)，修改前優先級最大的點是\(y\)。
顯然除了\(x-y\)這條鏈之外，其他點的燃燒相對循序是不變的。
在燒完其他的點之后會從\(y\)一直燒到\(x\)。
我們考慮一次修改操作，認為它就是把\(x-y\)鏈上的所有點重新染上一種顏色。
那么回答\(x\)被燃燒的時間，就是顏色編號比它小的點的個數再來加上顏色相同且要在他之前燃燒的點的數量。
那么我們用一個\(LCT\)來維護這個操作，強制每次\(LCT\)的根節點都是當前全局顏色最大的節點。
這樣子修改點的優先級的時候，只需要直接\(makeroot\)就行了。
那樹狀數組維護顏色的前綴和，那么詢問一個點的時候就是所有顏色不小於它的點數，再減去其在\(LCT\)上同色的祖先，即\(Splay\)之后的左子樹大小。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
#define ll long long
#define MAX 200200
#define ls (t[x].ch[0])
#define rs (t[x].ch[1])
inline int read()
{
int x=0;bool t=false;char ch=getchar();
while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
if(ch=='-')t=true,ch=getchar();
while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return t?-x:x;
}
struct BIT
{
int c[MAX<<1],n;
int lb(int x){return x&(-x);}
void Modify(int x,int w){while(x<=n)c[x]+=w,x+=lb(x);}
int Query(int x){int s=0;while(x)s+=c[x],x-=lb(x);return s;}
}C;
struct Node{int ch[2],ff,rev,sz,col,tag;}t[MAX];
bool isroot(int x){return t[t[x].ff].ch[0]!=x&&t[t[x].ff].ch[1]!=x;}
void pushup(int x){t[x].sz=t[ls].sz+t[rs].sz+1;}
void rotate(int x)
{
int y=t[x].ff,z=t[y].ff;
int k=t[y].ch[1]==x;
if(!isroot(y))t[z].ch[t[z].ch[1]==y]=x;t[x].ff=z;
t[y].ch[k]=t[x].ch[k^1];t[t[x].ch[k^1]].ff=y;
t[x].ch[k^1]=y;t[y].ff=x;
pushup(y);pushup(x);
}
void putrev(int x){swap(ls,rs);t[x].rev^=1;}
void puttag(int x,int w){t[x].col=t[x].tag=w;}
void pushdown(int x)
{
if(t[x].rev)putrev(ls),putrev(rs),t[x].rev^=1;
if(t[x].tag)puttag(ls,t[x].tag),puttag(rs,t[x].tag),t[x].tag=0;
}
int S[MAX],top;
void Splay(int x)
{
S[top=1]=x;
for(int i=x;!isroot(i);i=t[i].ff)S[++top]=t[i].ff;
while(top)pushdown(S[top--]);
while(!isroot(x))
{
int y=t[x].ff,z=t[y].ff;
if(!isroot(y))
(t[y].ch[0]==x)^(t[z].ch[0]==y)?rotate(x):rotate(y);
rotate(x);
}
}
void access(int x,int col)
{
for(int y=0;x;y=x,x=t[x].ff)
{
Splay(x),rs=0,pushup(x);
C.Modify(t[x].col,-t[x].sz);
puttag(x,col);
C.Modify(t[x].col,t[x].sz);
rs=y;pushup(x);
}
}
int When(int x){Splay(x);return C.Query(t[x].col)-t[ls].sz;}
struct Line{int v,next;}e[MAX<<1];
int h[MAX],cnt=1;
inline void Add(int u,int v){e[cnt]=(Line){v,h[u]};h[u]=cnt++;}
int n,Q;char ch[10];
void Build(int x,int ff)
{
t[x].col=x;t[x].sz=1;t[x].ff=ff;
for(int i=h[x];i;i=e[i].next)
{
int v=e[i].v;if(v==ff)continue;
Build(v,x);t[x].col=max(t[x].col,t[v].col);
}
for(int i=h[x];i;i=e[i].next)
if(e[i].v!=ff&&t[x].col==t[e[i].v].col)
rs=e[i].v,t[x].sz+=t[e[i].v].sz;
C.Modify(t[x].col,1);
}
int main()
{
n=read();Q=read();C.n=n+Q+1;
for(int i=1,u,v;i<n;++i)u=read(),v=read(),Add(u,v),Add(v,u);
Build(n,0);int color=n;
while(Q--)
{
scanf("%s",ch);
if(ch[0]=='u')
{
int x=read();
access(x,color);
Splay(x);putrev(x);pushdown(x);
C.Modify(t[x].col,-1);
rs=0;puttag(x,++color);
t[x].sz=1;
C.Modify(t[x].col,1);
}
else if(ch[0]=='w')printf("%d\n",When(read()));
else
{
int x=read(),y=read();
if(When(x)<When(y))printf("%d\n",x);
else printf("%d\n",y);
}
}
return 0;
}