A. Two Rabbits

题意：有两只兔子，甲兔在 $x$ 点，乙兔在 $y$ 点， $x<y$ ，甲兔每秒往右 $a$ 步，乙兔每秒往左 $b$ 步，判断两兔何时能在同一点相遇。

解析：判断 $(y-x)\%(a+b)$ 是否为0，是输出 $(y-x)/(a+b)$ ，否输出 $-1$ 。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int T;
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin>>T;
    while(T--)
    {
        ll x,y,a,b,d,k;
        cin>>x>>y>>a>>b;
        d=y-x,k=a+b;
        cout<<(d%k?-1:d/k)<<"\n";
    }
}

B. Longest Palindrome

题意：求出在 $n$ 个长度为 $m$ 的互不相同的字符串中挑选任意个字符串组合成的最长回文串。

解析：把所有字符串放进 $set$ 里，然后统计一个字符串 $reverse$ 后是否在 $set$ 里，有则加到答案里。注意要特判该字符串是否回文，然后把最长回文串加入答案字符串中间。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
string s[111];
set<string> se;
int n,m,sum,now;
int mx,id;//记录最长的回文串长度和下标
string ans[111];//答案字符串
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin>>n>>m;
    for(int i=0;i<n;i++)cin>>s[i],se.insert(s[i]);
    for(int i=0;i<n;i++)
    {
        if(!se.count(s[i]))continue;
        string t=s[i];
        reverse(t.begin(),t.end());
        if(t==s[i]&&t.size()>mx)
        {
            mx=t.size();
            id=i;
        }
        else if(se.count(t))
        {
            sum+=s[i].size()*2;
            ans[now]=s[i];
            ans[n-now-1]=t;
            se.erase(t);
            now++;
        }
        se.erase(s[i]);
    }
    cout<<sum+mx<<"\n";
    if(sum+mx!=0)
    {
        for(int i=0;i<now;i++)cout<<ans[i];
        if(mx)cout<<s[id];
        for(int i=n-1-now+1;i<n;i++)cout<<ans[i];
    }
}

C. Air Conditioner

题意： $n$ 个客人，每个客人有 $t_i,l_i,r_i$ 三种属性，表示客人在 $t_i$ 时来到，要求此时空调温度在 $[l_i,r_i]$ 之内，空调温度初始（ $t=0$ 时）为 $m$ ，判断是否能满足所有客人的需求。

解析：直接按时间顺序更新温度可能到达的上下界，若不可能在 $[l_i,r_i]$ 内就是NO。有一说一，这题应该相当于平时Div2B的难度，算是比较送分了。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int T,n;
ll m;
struct node
{
    ll t,l,r;
    bool operator < (const node &s)
    {
        return t<s.t;
    }
}a[111];
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin>>T;
    while(T--)
    {
        cin>>n>>m;
        ll l=m,r=m,t=0;
        int flag=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)
            cin>>a[i].t>>a[i].l>>a[i].r;
        sort(a+1,a+1+n);//按时间排序
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            ll d=a[i].t-t;//表示此时空调温度最大可以变化d
            if(r+d<a[i].l||l-d>a[i].r)flag=1;
            r=min(r+d,a[i].r);//更新边界
            l=max(l-d,a[i].l);//更新边界
            t=a[i].t;
        }
        cout<<(flag?"NO":"YES")<<"\n";
    }
}

D. Shortest and Longest LIS

题意：给定一个整数 $n$ 和一个由" $<$ “和” $>$ "组成的长度为 $n-1$ 的字符串 $s$ ， $a$ 为一个 $1-n$ 的排列， $s$ 的第 $i$ 位若为 $>$ ，则有 $a_i>a_{i+1}$ ，若为 $<$ ，则有 $a_i<a_{i+1}$ 。要求构造出 $LIS$ （最长上升子序列）最短and最长且符合字符串限制的 $a$ 。

解析A：比赛时想到的树状数组+贪心乱搞方法。如果要使 $LIS$ 尽可能短，则要让位置在前面的数尽可能大，后面的数尽可能小。因此我们可以遍历一遍 $s$ ，遇到 $>$ 就要让 $>$ 前面所有数为 $+1$ 然后把当前的数置为 $1$ ，遇到 $<$ 也要把之前的所有数 $+1$ ，同时令当前数设置为前一个数 $+1$ ，符合贪心策略，区间加就用树状数组维护。 $LIS$ 最长同理。

代码A：

#include <bits/stdc++.h>
#define N 200010
#define ll long long
using namespace std;
int T,n;
string s;
int c[N],d[N];
int lowbit(int x){return x&(-x);}
void add(int l,int r,int x)//a[l:r]+=x;
{
    for(int i=l;i<=n;i+=lowbit(i))c[i]+=1ll*x,d[i]+=1ll*l*x;
    for(int i=r+1;i<=n;i+=lowbit(i))c[i]-=1ll*x,d[i]-=(r+1ll)*x;
}
int query(int l,int r)//sum of a[l]~a[r]
{
    int ans=0;
    for(int i=l-1;i;i-=lowbit(i))ans-=1ll*l*c[i]-d[i];
    for(int i=r;i;i-=lowbit(i))ans+=(r+1ll)*c[i]-d[i];
    return ans;
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin>>T;
    while(T--)
    {
        cin>>n>>s;
        for(int i=1;i<=n;i++)c[i]=d[i]=0;
        add(1,1,1);
        int pre=0;
        for(int i=1;i<=s.size();i++)
        {
            if(s[i-1]=='>')
            {
                pre=i;
                add(1,i,1);
                add(i+1,i+1,1);
            }
            else
            {
                if(pre)add(1,pre,1);
                add(i+1,i+1,query(i,i)+1);
            }
        }
        for(int i=1;i<=n;i++)cout<<query(i,i)<<(i==n?"\n":" ");
        for(int i=1;i<=n;i++)c[i]=d[i]=0;
        add(1,1,1);
        pre=1;
        for(int i=1;i<=s.size();i++)
        {
            if(s[i-1]=='<')
            {
                add(i+1,i+1,i+1);
                pre=i+1;
            }
            else
            {
                add(pre,i,1);
                add(i+1,i+1,query(i,i)-1);
            }
        }
        for(int i=1;i<=n;i++)cout<<query(i,i)<<(i==n?"\n":" ");
    }
}

解析B：赛后听winterzz1大佬说的方法。直接记录相邻数字的相对大小，增减分别用 $1$ 与 $INF$ （一个足够大的数）表示，离散化后就是答案（winterzz1tql!）。

代码B：

#include <bits/stdc++.h>
#define N 200010
#define INF 0x3f3f3f3f
#define ll long long
using namespace std;
int n,m;
ll a[N],b[N],c[N];
string s;
void discret(ll *a,ll n)//将a离散化,O(nlogn)
{
    for(int i=1;i<=n;i++)c[i]=a[i];
    sort(c+1,c+1+n);
    for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=lower_bound(c+1,c+1+n,a[i])-c;
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    int T;
    cin>>T;
    while(T--)
    {
        cin>>n>>s;
        for(int i=2;i<=n;i++)
        {
            if(s[i-2]=='<')
            {
                a[i]=a[i-1]+1;
                b[i]=b[i-1]+INF;
            }
            else
            {
                a[i]=a[i-1]-INF;
                b[i]=b[i-1]-1;
            }
        }
        discret(a,n);
        discret(b,n);
        for(int i=1;i<=n;i++)cout<<a[i]<<(i==n?"\n":" ");
        for(int i=1;i<=n;i++)cout<<b[i]<<(i==n?"\n":" ");
    }
}

解析C：也是听大佬说的方法，但是自己没（bu）去（hui）实现。长度为 $n$ 的排列中， $LIS$ 最短的情况是 $5,4,3,2,1$ ，如果 $s$ 为 $<<><$ ，我们只需要翻转区间 $[1,3],[4,5]$ ，得到的答案为 $3,4,5,1,2$ 。也就是说可以通过翻转所有的 $<$ 区间即可得到答案，具体的翻转操作要用线段树实现（不会所以没写QAQ，下次一定学）。

E. 1-Trees and Queries

题意：给定一个 $n$ 点 $n-1$ 条边的树，有 $q$ 个询问，每个询问有 $x,y,a,b,k$ 五个数，表示询问在 $x,y$ 之间加一条边的话，是否存在 $a$ 到 $b$ 长度为 $k$ 的路（每个点和边都可以重复经过）。

解析：由于可以重复，在 $a$ 到 $b$ 之间长度小于 $k$ 的情况下就可以任选路径上的一个边反复横跳，也就是说只要满足 $a$ 到 $b$ 的长度和 $k$ 的奇偶性相同即可。多了一条 $x$ 到 $y$ 的边，之前 $a,b$ 之间的路径就多了两种可能： $a-x-y-b$ 和 $a-y-x-b$ ，我们只需要判断三条路径是否有一条的长度和 $k$ 奇偶性相同，树上两点的距离等于 $d[u]+d[v]-2*d[lca(u,v)]$ ， $d$ 为深度， $lca(u,v)$ 为 $u,v$ 的最近公共祖先。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define N 200010
#define pb push_back
#define ll long long
#define VI vector<int>
using namespace std;
int n,m,q,fa[N][20],dep[N];
bool vis[N];
VI G[N];
void dfs(int u,int pre)
{
    dep[u]=dep[pre]+1;
    vis[u]=1;
    fa[u][0]=pre;
    for(int v:G[u])
        if(!vis[v])
            dfs(v,u);
}
void init(int n)//O(NlogN)
{
    for(int i=1;(1<<i)<=n;i++)
        for(int j=1;j<=n;j++)
            fa[j][i]=fa[fa[j][i-1]][i-1];
}
int lca(int u,int v)//O(logN)
{
    if(dep[u]<dep[v])swap(u,v);
    int d=dep[u]-dep[v];
    for(int i=0;(1<<i)<=d;i++)
        if(d&(1<<i))u=fa[u][i];
    if(u==v)return u;
    for(int i=17;i>=0;i--)
        if(fa[u][i]!=fa[v][i])u=fa[u][i],v=fa[v][i];
    return fa[u][0];
}
int dis(int u,int v)
{
    return dep[u]+dep[v]-2*dep[lca(u,v)];
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin>>n;m=n-1;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int u,v;
        cin>>u>>v;
        G[u].push_back(v);
        G[v].push_back(u);
    }
    dfs(1,1);
    init(n);
    cin>>q;
    while(q--)
    {
        int x,y,a,b,k,d[3],flag=1;
        cin>>x>>y>>a>>b>>k;
        d[0]=dis(a,b);
        d[1]=dis(a,x)+dis(b,y)+1;
        d[2]=dis(x,b)+dis(a,y)+1;
        for(int i=0;i<3;i++)
            if(d[i]<=k&&(k-d[i])%2==0)
                flag=0;
        cout<<(flag?"NO":"YES")<<"\n";
    }
}

F题待补。。。

Hile_Meow

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