Codeforces Round 903 (Div. 3)

A. Don't Try to Count

直接用string的可加性，每次 s+=s 相當於翻倍了，因爲 $nm<=25$ 所以最多翻倍5次。

判斷什麼的直接模擬就行。

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<iomanip>
#include<ctime>
#include<stack>
using namespace std;
int n,m;
string s,x;
bool check(string s,string t){
	for(int i=0;i<s.length();i++){
		for(int j=0;j<t.length();j++){
			if(i+j>=s.length()) break;
			if(s[i+j]!=t[j]) break;
			if(j==t.length()-1) return 1;
		}
	}
	return 0;
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    int t;
	cin>>t;
	while(t--){
		cin>>n>>m>>x>>s;
		for(int i=0;i<=5;i++){
			if(check(x,s)){
				cout<<i<<endl;
				break;
			}
			x+=x;
			if(i==5) cout<<-1<<endl;
		}
	}
    return 0;
}

B. Three Threadlets

根據切割的次數分類討論，可以求出每種情況若成功則最後每段長度是多少，判斷即可。

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<iomanip>
#include<ctime>
#include<stack>
using namespace std;
long long a,b,c;
bool check(long long a,long long b,long long c,long long x){
	if(a%x+b%x+c%x!=0) return 0;
	if(a<x||b<x||c<x) return 0;
	if(a/x+b/x+c/x<=6) return 1;
	return 0;
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
	int T;
	cin>>T;
	while(T--){
		cin>>a>>b>>c;
		long long x=a+b+c;
		if(check(a,b,c,x/3)||check(a,b,c,x/4)||check(a,b,c,x/5)||check(a,b,c,x/6)) cout<<"YES\n";
		else cout<<"NO\n";
	}

    return 0;
}

C. Perfect Square

旋轉類型的題在草稿紙上模擬一下就知道規律了。

這個題就變成了把正方形矩陣劃分成四個區域，讓四個區域的某個特定位置都變成這四個特定位置的最大值（直接看代碼方便些）。

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<iomanip>
#include<ctime>
#include<stack>
using namespace std;
const int maxn=1005;
int T,n;
string s[maxn];

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
	cin>>T;
	while(T--){
		cin>>n;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			cin>>s[i];
			s[i]=' '+s[i];
		}
		int ans=0;
		for(int i=1;i<=n/2;i++){
			for(int j=1;j<=n/2;j++){
				ans+=max(max(max(s[i][j],s[n-j+1][i]),s[n-i+1][n-j+1]),s[j][n-i+1])*4-s[i][j]-s[n-j+1][i]-s[n-i+1][n-j+1]-s[j][n-i+1];
			}
		}
		cout<<ans<<endl;
	}
    return 0;
}

D. Divide and Equalize

可以發現規律 $(a_i \div x)\times (a_j \times x) = a_i \times a_j $ 即經過這些變換之後乘積恆定不變。

所以可以將每個數質因數分解，並統計每個質因數個數，最後只需要判斷所有的質因數個數是否都是 $n$ 的倍數（即能否平均分配到這 $n$ 個數上）。

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<iomanip>
#include<ctime>
#include<stack>
using namespace std;
const int maxn=1000005;
int vis[maxn],prime[maxn],cnt,num[500],T,n,a[maxn];
map<int,int> ma;
void work(int x){
	for(int i=1;i<=cnt;i++){
		while(x%prime[i]==0){
			x/=prime[i];
			ma[i]++;
		}
		if(x==1) break;
	}
	if(x>1) ma[x]++;
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    for(int i=2;i<=2000;i++){
    	if(!vis[i]) prime[++cnt]=i;
    	for(int j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<=2000;j++){
    		vis[i*prime[j]]=1;
    		if(i%prime[j]==0) break;
		}
	}
	cin>>T;
	while(T--){
		ma.clear();
		cin>>n;
		for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
		for(int i=1;i<=n;i++) work(a[i]);
		int ans=1;
		for(auto i : ma){
			if(i.second%n!=0){
				cout<<"NO\n";
				ans=0;
				break;
			}
		}
		if(ans) cout<<"YES\n";
	}
    return 0;
}

E. Block Sequence

我們發現從一個位置 $i$ 向後可以直接跳到 $i+a_i$ 而與 $[i+1,i+a_i]$ 區間裏的數沒有關係。

像極了dp中的狀態轉移。

需要從後往前寫dp，因爲 $a_i$ 影響的是 $i$ 後面的一段序列。

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<iomanip>
#include<ctime>
#include<stack>
using namespace std;
const int maxn=200005;
int n,a[maxn],dp[maxn];
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
	int T;
	cin>>T;
	while(T--){
		cin>>n;
		for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
		dp[n]=1;dp[n+1]=0;
		for(int i=n-1;i>=1;i--){
			if(i+a[i]<=n) dp[i]=min(dp[i+a[i]+1],dp[i+1]+1);
			else dp[i]=dp[i+1]+1;
		}
		cout<<dp[1]<<endl;
	}

    return 0;
}

F. Minimum Maximum Distance

類似於換根dp。

一開始我們設 $f[u]$ 爲 $u$ 到以 $u$ 爲根的子樹中標記點的最遠距離。

那麼 $f[u]=max{f[v]+1} $，即兒子節點的答案加上兒子節點到父親的距離(1)。

然後需要進行換根操作（代碼中直接延續了 $f$ 數組，但是其意義變爲在整張圖的範圍內 $u$ 節點的答案），我們發現父親節點的信息傳遞到某個兒子時，我們不知道父親節點的答案是不是從這個兒子那裏得到的。

所以說我們用 $f[u][0/1]$ 分別記錄最遠距離、次遠距離。

若 $f[u][0]==f[v][0]+1$ 那麼就用 $f[u][1]+1$ 來傳遞給兒子信息，從而實現換根操作。

最後答案就是 $min\{f[u][0]\}$

~~賽場上能寫出來我還是很滿意的（~~

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<iomanip>
#include<ctime>
#include<stack>
using namespace std;
const int maxn=200005;
struct node{
	int v,next;
}e[maxn*2];
int cnt,p[maxn],a[maxn],ans,fa[maxn],f[maxn][2],son[maxn],vis[maxn],n,m;
void insert(int u,int v){
	cnt++;
	e[cnt].v=v;
	e[cnt].next=p[u];
	p[u]=cnt;
}
void dfs1(int u,int f){
	son[u]=0;
	fa[u]=f;
	for(int i=p[u];i!=-1;i=e[i].next){
		int v=e[i].v;
		if(v==f) continue;
		son[u]++;
		dfs1(v,u);
	}
}
void dfs2(int u){
	f[u][0]=f[u][1]=-1;
	if(vis[u]) f[u][0]=f[u][1]=0;
	for(int i=p[u];i!=-1;i=e[i].next){
		int v=e[i].v;
		if(v==fa[u]) continue;
		dfs2(v);
		if(f[v][0]==-1) continue;
		if(f[v][0]+1>f[u][0]) f[u][1]=f[u][0],f[u][0]=f[v][0]+1;
		else if(f[v][0]+1>f[u][1]) f[u][1]=f[v][0]+1;
	}
}
void gengxin(int u,int x){
	if(x==0) return;
	if(x>f[u][0]) f[u][1]=f[u][0],f[u][0]=x;
	else if(x>f[u][1]) f[u][1]=x;
}
void getans(int u){
	if(fa[u]!=-1){
		if(f[fa[u]][0]==f[u][0]+1) gengxin(u,f[fa[u]][1]+1);
		else gengxin(u,f[fa[u]][0]+1);
	}
	ans=min(ans,f[u][0]);
	for(int i=p[u];i!=-1;i=e[i].next){
		int v=e[i].v;
		if(v==fa[u]) continue;
		getans(v);
	}
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    int T;
	cin>>T;
	while(T--){
		cnt=0;
		cin>>n>>m;
		for(int i=1;i<=n;i++) vis[i]=0,p[i]=-1;
		for(int i=1;i<=m;i++){
			int x;
			cin>>x;
			vis[x]=1;
		}
		for(int i=1;i<n;i++){
			int u,v;
			cin>>u>>v;
			insert(u,v);
			insert(v,u);
		}
		dfs1(1,-1);
		dfs2(1);
		ans=10000000;
		getans(1);
		cout<<ans<<endl;
	}
    return 0;
}

好，我是小丑。

看了一下題解，只需要找到距離最遠的兩個被標記的點，設距離爲 $d$，答案就是 $\lceil \frac{2}{d} \rceil$

方法與找樹的直徑類似，從任意一個被標記的點出發跑一遍bfs找到距離最遠的標記點 $i$，然後從 $i$ 出發再跑一遍找到距離最遠的標記點 $j$，$ij$ 即爲所求。

代碼不放了。

G. Anya and the Mysterious String

好題。（賽後補的）

首先，因爲題目問的是區間內有無迴文串，所以我們只需要找到長度最短的迴文串就行。

要麼是形如 $AA$ ，要麼是形如 $ABA$ 。

我們把前者和後者形式的迴文串的首位置分別放在兩個set中。

假如沒有修改操作，那麼每次詢問的時候只需要分別在set裏 lowerbound 一下第一個大於等於 l 的位置，看一看該回文串右端是否大於r即可。

加上區間加的修改操作怎麼辦呢？

我們發現如果迴文串在這個區間內，那麼是不影響答案的。

所以每次修改只會影響兩端的位置的幾個位置的迴文情況。

區間修改完後單點查詢兩端位置的字符是什麼，判斷，分別更新兩個set即可。

樹狀數組（或者線段樹）都可以維護。

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<iomanip>
#include<ctime>
#include<stack>
using namespace std;
const int maxn=200005;
int n,m,a[maxn],d[maxn]; 
set<int> a1,a2;
inline int lowbit(int x){
	return x&(-x);
}
void update(int x,int v){
	if(v<0) v+=(-v)/26*26;
	v=(v+26)%26;
	for(int i=x;i<=n;i+=lowbit(i)) d[i]+=v,d[i]%=26; 
}
int query(int x){
	int res=0;
	for(int i=x;i>0;i-=lowbit(i)) res+=d[i];
	return res%26;
}
void check(int x){
	if(x<=0) return;
	if(x<n){
		if(query(x)==query(x+1)) a1.insert(x);
		if(query(x)!=query(x+1)) a1.erase(x);
	}
	if(x<n-1){
		if(query(x)==query(x+2)) a2.insert(x);
		if(query(x)!=query(x+2)) a2.erase(x);
	}
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
	int T;
	cin>>T;
	while(T--){
		a1.clear();a2.clear();
		cin>>n>>m;
		char c;
		for(int i=0;i<=n+1;i++) d[i]=0;
		for(int i=1;i<=n;i++) cin>>c,a[i]=c-'a';
		for(int i=1;i<=n;i++) update(i,a[i]-a[i-1]);
		for(int i=1;i<n;i++) check(i);
		while(m--){
			int tp;
			cin>>tp;
			if(tp==1){
				int l,r,x;
				cin>>l>>r>>x;
				update(l,x);
				update(r+1,-x);
				check(l-2);
				check(l-1);
				check(r-1);
				check(r);
			}else{
				int l,r;
				cin>>l>>r;
				auto r1=a1.lower_bound(l);
				auto r2=a2.lower_bound(l);
				if(r1!=a1.end()&&(*r1)<=r-1){
					cout<<"NO\n";
					continue;
				}
				if(r2!=a2.end()&&(*r2)<=r-2){
					cout<<"NO\n";
					continue;
				}
				cout<<"YES\n";
			}
		}
	}
    return 0;
}

比賽總結

個人感覺比較滿意，差一題AK。

不足之處就是F題沒有找到最簡單的方法，G題對於很多細節的處理也不恰當。

現在看來基本做題思路恢復差不多了，以後需要多做做難題了，不能一直在div3和ABC划水了。

Codeforces Round 903 (Div. 3)

A. Don't Try to Count

B. Three Threadlets

C. Perfect Square

D. Divide and Equalize

E. Block Sequence

F. Minimum Maximum Distance

G. Anya and the Mysterious String

比賽總結

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