Codeforces Round #620 (Div. 2) 題解

A - Two Rabbits

水題

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define pb push_back
#define lowbit(x) ((x)&(-(x)))
#define mid ((l+r)>>1)
#define lson rt<<1, l, mid
#define rson rt<<1|1, mid+1, r
#define fors(i, a, b) for(int i = (a); i < (b); ++i)
using namespace std;
int main()
{
    int T; cin>>T;
    while(T--){
        ll a, b, x, y;
        cin>>a>>b>>x>>y;
        if((b-a)%(x+y) != 0){ cout<<-1<<endl;}
        else cout<<(b-a)/(x+y)<<endl;
    }
}

B - Longest Palindrome

注意到字符串長度都相等，所以直接進行配對，然後再在落單的裏面找自己是迴文串的串，最後輸出。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define pb push_back
#define lowbit(x) ((x)&(-(x)))
#define mid ((l+r)>>1)
#define lson rt<<1, l, mid
#define rson rt<<1|1, mid+1, r
#define fors(i, a, b) for(int i = (a); i < (b); ++i)
#define P pair<int,int>
using namespace std;
string s[200];
int con[200];
int n, m;
bool check(string a, string b){
    fors(i, 0, m) if(a[i] != b[m-1-i]) return false;
    return true;
}
int main()
{
    cin>>n>>m;
    vector<P> ans; ans.clear();
    fors(i, 1, n+1) cin>>s[i];
    fors(i, 1, n+1) fors(j, i+1, n+1) if(!con[i] && !con[j] && check(s[i], s[j])) {
        con[i] = con[j] = 1; ans.pb(P(i, j));
    }
    int id = -1;
    fors(i, 1, n+1) if(!con[i] && check(s[i], s[i])) id = i;
    if(id == -1 && ans.size() == 0){
        cout<<0<<endl; return 0;
    }
    int l = ans.size()*2 + (id != -1);
    cout<<l*m<<endl;
    fors(i, 0, ans.size()) cout<<s[ans[i].first];
    if(id != -1) cout<<s[id];
    if(ans.size()) for(int i = ans.size()-1; i >= 0; --i) cout<<s[ans[i].second];
}

C - Air Conditioner

維護一個當前可以控制的溫度範圍$[l,r]$，在經過時間$t$後，當前溫度的範圍可以是$[l-t,r+t]$。然後再根據客人的範圍限制當前的範圍。當前範圍和客人範圍沒有交集，就無解。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define pb push_back
#define lowbit(x) ((x)&(-(x)))
#define mid ((l+r)>>1)
#define lson rt<<1, l, mid
#define rson rt<<1|1, mid+1, r
#define fors(i, a, b) for(int i = (a); i < (b); ++i)
using namespace std;
int main()
{
    int T;  cin>>T;
    while(T--){
        int n; ll m; cin>>n>>m;
        ll l, r; l = r = m;
        int ok = 1;
        ll pre = 0;
        fors(i, 0, n){
            ll L, R, t;
            cin>>t>>L>>R;
            l -= t - pre;
            r += t - pre;
            pre = t;
            l = max(l, L); r = min(R, r);
            //cout<<"l:"<<l<<" r:"<<r<<endl;
            if(l > r) ok = 0;
        }
        if(ok) puts("YES");
        else puts("NO");
    }
}

D - Shortest and Longest LIS

根據大小關係建立DAG，然後拓撲排序。要讓LIS儘量小，就儘量把大的數字放前面。否則就儘量把大的數字放後面。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define pb push_back
#define lowbit(x) ((x)&(-(x)))
#define mid ((l+r)>>1)
#define lson rt<<1, l, mid
#define rson rt<<1|1, mid+1, r
#define fors(i, a, b) for(int i = (a); i < (b); ++i)
using namespace std;
const int maxn = 2e5 + 50;
char s[maxn];
int n;
vector<int> g[maxn];
void init(){
    scanf("%d", &n); scanf("%s", s+1);
    fors(i, 0, n+1) g[i].clear();
}
priority_queue<int> q2;//
priority_queue<int, vector<int>, greater<int> > q1;
int d[maxn];
int ans1[maxn], ans2[maxn];
void sol(){
    fors(i, 1, n)
        if(s[i] == '<') g[i+1].pb(i), d[i]++;
        else g[i].pb(i+1), d[i+1]++;
    while(q1.size()) q1.pop();
    fors(i, 1, n+1) if(!d[i]) q1.push(i);
    int cur = n;
    while(q1.size()){
        int u = q1.top(); q1.pop();
        ans1[u] = cur--;
        for(int v: g[u]){
            d[v]--; if(!d[v]) q1.push(v);
        }
    }

    fors(i, 1, n)
        if(s[i] == '<')  d[i]++;
        else  d[i+1]++;
    while(q2.size()) q2.pop();
    fors(i, 1, n+1) if(!d[i]) q2.push(i);
    cur = n;
    while(q2.size()){
        int u = q2.top(); q2.pop();
        ans2[u] = cur--;
        for(int v: g[u]){
            d[v]--; if(!d[v]) q2.push(v);
        }
    }
    fors(i, 1, n) printf("%d ", ans1[i]); printf("%d\n", ans1[n]);
    fors(i, 1, n) printf("%d ", ans2[i]); printf("%d\n", ans2[n]);
}
int main()
{
    int T;cin>>T;
    while(T--){
        init(); sol();
    }
}

E - 1-Trees and Queries

給一顆n點樹，每次查詢$(x,y,a,b,k)$表示給$(x,y)$加一條邊是不是可以存在一條從$a$到$b$長度爲$k$的路徑。這條路徑可以經過相同點/邊多次。
可以發現對於一條路徑來說，不管怎麼來回走，奇偶性不變。
加邊之後三種走法：a->b, a->x->y->b, a->y->x->b
判斷一下三種走法的奇偶性，並判斷是否小於等於k。只要一種走法可行就可以。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define pb push_back
#define lowbit(x) ((x)&(-(x)))
#define mid ((l+r)>>1)
#define lson rt<<1, l, mid
#define rson rt<<1|1, mid+1, r
#define fors(i, a, b) for(int i = (a); i < (b); ++i)
using namespace std;
const int maxn = 2e5 + 50;
vector<int> g[maxn];
int f[maxn][20];
int dep[maxn];
void dfs(int u, int fa){
    f[u][0] = fa; dep[u] = dep[fa]+1;
    fors(i, 1, 20) f[u][i] = f[f[u][i-1]][i-1];
    for(int v: g[u]) if(v!=fa) dfs(v, u);
}
int lca(int u, int v){
    if(dep[u] > dep[v]) swap(u, v);
    int d = dep[v]-dep[u];
    for(int i = 19; i >= 0; --i) if(d>>i&1) v = f[v][i];
    if(u == v) return u;
    for(int i = 19; i >= 0; --i) {
        if(f[u][i] != f[v][i]) u = f[u][i], v = f[v][i];
    }return f[u][0];
}
int dis(int u, int v){
    int p = lca(u,v);
    return dep[u]+dep[v]-2*dep[p];
}
bool check(int d, int k){
    if(d > k) return false;
    if((k-d)%2 != 0) return false;
    return true;
}
int main()
{
    int n; cin>>n;
    fors(i, 1, n){
        int u, v; scanf("%d%d", &u, &v);
        g[u].pb(v); g[v].pb(u);
    }
    dfs(1, 1);
    int q; cin>>q;
    while(q--){
        int x, y, a, b, k;
        scanf("%d%d%d%d%d", &x, &y, &a, &b, &k);
        int ok = 0;
        ok |= check(dis(a,b), k);
        ok |= check(dis(a, x)+1+dis(y, b), k);
        ok |= check(dis(a, y)+1+dis(x, b), k);
        if(ok) puts("YES");
        else puts("NO");
    }
}

F2. Animal Observation (hard version)

用$DP(i,j)$表示到第$i$行爲止,第$i-1$個相機拍的範圍是$(i-1,j,i,j+k-1)$這個矩形的時候，可以拍到的動物最多是多少。
那麼當第$(i-2)$個相機的拍攝領域與它不相交的時候，它的最優值爲
$dp[i-2][t]+sum(i-1,j,i,j+k-1)$：$[t,t+k-1]$與$[j,j+k-1]$不相交。
那麼當相交的時候，對於F1,因爲$k \le 20$,所以暴力判斷就好了。但是當$k\le m$的時候，就不行了。
這裏維護一個可以區間加的線段樹，我們在線段樹上維護這一層當前框下，上一層選擇這個點作爲左下角可以得到的最大收益。那麼轉移是直接轉移。當前框向右邊移動的時候，看看和上一層相交的位置發生了什麼變化：
當前的框從$(i-1,j,i,j+k-1)$移動到$(i-1,j+1,i,j+k)$，$(i-1,j)$這個點不再被當前框包含，$(i-1,j+k)$這個點從不被包含變成了包含。於是我們在線段樹上修改包含這兩個點的框的數值來進行下一步的轉移。
最終複雜度$nmlog(m)$

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define pb push_back
#define lowbit(x) ((x)&(-(x)))
#define mid ((l+r)>>1)
#define lson rt<<1, l, mid
#define rson rt<<1|1, mid+1, r
#define fors(i, a, b) for(int i = (a); i < (b); ++i)
using namespace std;
const int maxn = 2e4 + 50;
int a[55][maxn];
int dp[55][maxn];
int mx[maxn<<2], lz[maxn<<2];
void down(int rt){
    if(!lz[rt]) return;
    lz[rt<<1] += lz[rt]; lz[rt<<1|1] += lz[rt];
    mx[rt<<1] += lz[rt]; mx[rt<<1|1] += lz[rt];
    lz[rt] = 0; return;
}
void add(int rt, int l, int r, int L, int R, int x){
    if(L > R) return;
    if(L <= l && r <= R){
        lz[rt] += x; mx[rt] += x; return;
    }down(rt);
    if(L <= mid) add(lson, L, R, x);
    if(R > mid) add(rson, L, R, x);
    mx[rt] = max(mx[rt<<1], mx[rt<<1|1]); return;
}
void build(int rt, int l, int r, int id){
    lz[rt] = mx[rt] = 0;
    if(l == r){
        mx[rt] = dp[id][l]; return;
    }
    build(lson, id); build(rson, id);
    mx[rt] = max(mx[rt<<1], mx[rt<<1|1]); return;
}
int main()
{
    int n, m, k;cin>>n>>m>>k;
    fors(i, 1, n+1) fors(j, 1, m+1) scanf("%d", &a[i][j]), a[i][j] += a[i][j-1];
    int ans = 0;
    fors(i, 2, n+2){
        fors(j, 1, m+2-k){
            int cur = a[i][j+k-1]-a[i][j-1] + a[i-1][j+k-1]-a[i-1][j-1];
            dp[i][j] = mx[1]+cur;
            ans = max(ans, dp[i][j]);
            if(i > 2) add(1, 1, m, max(1, j-k+1), j, a[i-1][j]-a[i-1][j-1]);
            if(i > 2) add(1, 1, m, j+1, min(j+k, m), -a[i-1][j+k]+a[i-1][j+k-1]);
           ans = max(ans, dp[i][j]);
        }
        fors(j, 1, k+1) dp[i][j] -= a[i][k]-a[i][j-1];
        build(1, 1, m, i);
    }

    cout<<ans<<endl;
}