cf #572 div2 solution (RW personal)

cf #572 div2 my solution

A

水题

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;const int maxn = 2e5+10;
const int mod = 1e9+7;int solve(string s)
{int num=0;for(int i=0;i<s.length();++i){if(s[i]=='1') num++;}return num;
}int main()
{int n;cin>>n;string s;cin>>s;if(solve(s) != n - solve(s)){cout<<1<<endl;cout<<s<<endl;}else{cout<<2<<endl;cout<<s[0]<<" "<<s.substr(1)<<endl;}return 0;
}

B

排序，构造一下即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;const int maxn = 1e5+10;int a[maxn];int main()
{int n;cin>>n;for(int i=0;i<n;++i) cin>>a[i];sort(a,a+n);if(a[n-1]>=a[n-2]+a[n-3]){cout<<"NO"<<endl;}else{cout<<"YES"<<endl;cout<<a[n-3]<<" "<<a[n-1]<<" "<<a[n-2];for(int i=n-4;i>=0;--i) cout<<" "<<a[i];cout<<endl;}return 0;
}

上面的方法要进行排序，思考下面问题

C

注意到所有区间最后会化为一个数，过程中每有大于等于10的数，计数+1

所以可以直接将区间求和，下取整除10即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;const int maxn = 1e5+10;
const int duan = 32*(1<<1)-(1<<5);
int n;
int a[maxn];
int pre[maxn];void init()
{pre[1] = a[1];for(int i=2;i<=n;++i) pre[i] = pre[i-1] + a[i];
}int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin>>n;for(int i=1;i<=n;++i){cin>>a[i];}init();int q;cin>>q;while(q--){int l,r;cin>>l>>r;cout<<(pre[r] - pre[l-1] )/10<<endl;//cout<<l<<" "<<r<<endl;}return 0;
}

D1

直观感觉，有度数为2的点，就不能任意构造，因为该点相连的两个边的权值一定相同。

要证明的是，为什么只要没有度数为2的点，就能构造出任意权值组合。见官方题解

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;const int maxn = 1e5+10;int n;
int du[maxn];int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin>>n;int nn=n;int a,b;n--;while(n--){cin>>a>>b;du[a]++;du[b]++;}bool flag=0;for(int i=1;i<=nn;++i){if(du[i]==2){cout<<"NO"<<endl;return 0;}}cout<<"YES"<<endl;return 0;
}

D2

给你一颗无根树，边权都不相同(且均为偶数)，问如何通过每次选两个叶子节点并对路径+数，来构造所有边权.

注意D1中+的数可以是任意实数,而D2是整数.

首先,我们证明D1中为什么可以任意构造(只要度不为2),

一个性质:对于树中的任意一个点$v$到一个叶子节点$u$的路径,我可以只改变他们的权值(使之都+x),而其他边上的权值都不变.具体来说,有两种情况.

1. v是另外一个叶子节点,显然满足

2. v不是叶子节点,则其度数一定>2,(2不可能,因为直接令相关的两条边权值不同,就构造不了)

   由于其度数>2,则至少对应3颗子树. 我们分别找三颗子树中的三个叶子,记为$l_1,l_2,u$.

   则对$u->l_1$ 加上$x/2$ , 对$u->l_2$加上$x/2$, $l_1->l_2$减去$x/2$ ,

   最后相当于对$u->v$ 加上了$x$ . #

有了上面这个性质,继续说明如何构造任意情况.

solve(v):

if $v$ doesn’t have sons, then return.

otherwise, for each son $u$ we wiil find a leaf in subtree of $u$ — let’s name it $w$. Than, add $a_{uv}$ on the path
$vw$ and recalculate needed numbers on the edge in this path(it means for each edge $e$ on the path make this $a_e-=a_{uv}$),
after it, call solve($u$).

非要这样递归维护下面的边权吗? 其实一条边,可以直接用两次上述性质做个差分(注意到,能用性质的前提是权值为偶数)即可凑成.(差一条边的两条路径)

所以先预处理出每个点的叶子节点即可.时间复杂度$O(n)$.

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;const int maxn = 1e3+10;int a[maxn],root;// fa[root] = 0
pair<int,int> b[maxn];//two leaf for every node
vector<pair<int,int>> G[maxn];void dfs(int u, int fa){if(G[u].size()==1 && fa){// leaf  返回自己的编号b[u].first = u;//自己指向自己b[u].second = -1;//标记return ;}for(int i=0;i<G[u].size();++i){int v = G[u][i].first;if(v == fa) continue;dfs(v, u);if(!b[u].first) b[u].first = b[v].first;else if(!b[u].second) b[u].second = b[v].first;}
}void dfs2(int u, int fa){if(G[u].size()==1) return ;for(int i=0;i<G[u].size();++i){if(G[u][i].first == fa) continue;int v = G[u][i].first;int val = G[u][i].second;//u->v valint l1 = b[u].first;int l2 = b[u].second;assert(l1!=l2);if(b[v].first == l1 || b[v].first == l2){//将l1 或 l2换掉if(u == root){//如果是根至少有三个值 一定能找到for(int j=0;j<G[u].size();++j){if(b[G[u][j].first].first!= l1 && b[G[u][j].first].first!=l2){if(b[v].first == l1) l1 = b[G[u][j].first].first;if(b[v].first == l2) l2 = b[G[u][j].first].first;break;}}}else{//u不是根 则fa一定有另一个兄弟 取他的叶子for(int j=0;j<G[fa].size();++j){if(G[fa][j].first ==u ) continue;if(b[G[fa][j].first].first != l1 && b[G[fa][j].first].first != l2){if(b[v].first == l1) l1 = b[G[fa][j].first].first;if(b[v].first == l2) l2 = b[G[fa][j].first].first;break;}if(b[G[fa][j].first].second != l1 && b[G[fa][j].first].second != l2){if(b[v].first == l1) l1 = b[G[fa][j].first].second;if(b[v].first == l2) l2 = b[G[fa][j].first].second;break;}}}}cout<<b[v].first<<" "<<l1<<" "<<val/2<<endl;cout<<b[v].first<<" "<<l2<<" "<<val/2<<endl;cout<<l1<<" "<<l2<<" "<<-val/2<<endl;//v 不是叶子if(G[v].size()!=1){//取 l1 b[v].first  和 b[v].secondcout<<b[v].first<<" "<<l1<<" "<<-val/2<<endl;cout<<b[v].first<<" "<<b[v].second<<" "<<-val/2<<endl;cout<<l1<<" "<<b[v].second<<" "<<val/2<<endl;}dfs2(v,u);}
}int main()
{//freopen("in.txt","r",stdin);ios::sync_with_stdio(false);int n,leanum=0;cin>>n;for(int i=0;i<n-1;++i){int u,v,val;cin>>u>>v>>val;G[u].push_back(make_pair(v,val));G[v].push_back(make_pair(u,val));}for(int i=1;i<=n;++i) if(G[i].size()==2) {cout<<"NO"<<endl;return 0;}if(n==2){cout<<"YES"<<endl;cout<<"1"<<endl;cout<<"1 2 "<<G[1][0].second<<endl;return 0;}//找一个du>1的node作为根for(int i=1;i<=n;++i) if(G[i].size()>2){root = i ;break;}dfs(root, 0);//for(int i=1;i<=n;++i) cout<<b[i].first<<" "<<b[i].second<<endl;for(int i=1;i<=n;++i) if(G[i].size()==1) leanum++;cout<<"YES"<<endl;cout<<6*(n-1) - 3*leanum<<endl;dfs2(root, 0);return 0;
}

这题写的我很难受,估计写复杂了. 我是先记录下每个点可能的两个叶子 (属于不同的子树)

然后各种判 先这样把 不改了…

E

find how many pairs satisfy below :
$$(a_i+a_j)(a_i^2+a_j^2)\equiv k\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$$

比赛的时候不会。看题解发现是个水题 /(ㄒoㄒ)/~~ 数学直觉不好

问题的难点在于转化，于是往原根方向想，可是没有思路。

实际上，只要两边同乘以$a_i-a_j$就可以继续操作了。

$a_i^4-a_j^4\equiv k\ast (a_i-a_j)$

$a_i^4-k\ast a_i\equiv a_j^4-k\ast a_{j}modp$

发现式子两边都只和一个数有关了 ，于是对之前的$a$数组做对应的操作后，看有多少数对在$modp$的意义下是相同的即可。 用map即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;const int maxn = 3e5+10;int n,k,p;int a[maxn];
unordered_map<int, int> mp;
int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin>>n>>p>>k;for(int i=0;i<n;++i){long long t;cin>>t;a[i] = t*t%p*t%p*t%p;a[i] = ((a[i] - k*t)%p + p)%p;}long long ans=0;for(int i=0;i<n;++i){int t = mp[a[i]];ans+=t;mp[a[i]] = t+1;}cout<<ans<<endl;return 0;
}

F

题目意思是,给你一个数组a[],那么他又很多子序列对吧.

我们定义一个子序列的价值是, $min|a_i-a_j|,i̸=j$

求数组中所有长度为$k$的子序列的价值和

数组长度1e3 ,值域1e5

思路

考虑怎么转化这个问题, 发现这个价值是变得,不太好dp

我们定义$p_i$ 为数组中,价值$\geq i $的子序列数目(即至少为i),

那么,可以说$p_1+p_2+p_3+...+p_{max(a)}$ 即为所求. (没有$P_0$,是因为其)

为什么呢?有一种前缀和的思想在里面.

比如数组中有一些子序列的价值为3,那么他们最后对答案的贡献是 数量*3

看上面的式子,$p_1,p_2,p_3$ 中肯定包含有这些价值为3的序列. 也是3个 (对其他价值的序列同理)

那现在还有两个问题:

1. 如何求$p_i$

   $dp[i][j]$ 表示以第$i$个数结尾,长度为$j$ 且满足价值至少为$limit$ 的序列数量.

   转移: 从$dp[j-1,j,...i-1][j-1]$ 转移过来 第一感觉时间复杂度$O(n^{2}k)$

   考虑对原数组排序,不影响答案.(原先要任意挑出一对 , 排序前 排序后看成双射即可)

   如果数组是有序的,对于$dp[..i-1,i,i+1..][j]$ 他们的转移有公共部分.

   具体来说,是单调的 所以对同一列的$dp$值,可以维护一个now指针,表示最靠右的数 且满足$a[now]+limit<=a[i]$

   当i+1了,再尽量让now变大 , 时间复杂度为$O(nk)$

2. 时间复杂度

   再加上一开始的Limit的枚举,复杂度为$O(max(a)\ast n\ast k)$

   考虑真的要$dp$ $max(a)$ 次吗?

   假设当前$limit=x$, 则从$a[1]$ 到$a[k]$ 至少增加了$(k-1)\ast x$ 而对于数组$a$ ,提供的最大增量为$a[n]-a[1]$ (排序后). 因此只要对$(k-1)\ast x\le a[n]-a[1]$的那些$x$ ,求$p_x$ 而更大的$x$ ,显然$p_x=0$ .

   时间复杂度为$O(\frac{max(a)}{(k-1)}\ast nk)=O(max(a)\ast n)$ 可以跑完.

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int k,n;
const int maxn = 1e3+10;
const int mod = 998244353;
int a[maxn];
int dp[maxn][maxn];//dp[i][len] 以第i个数结尾 长度为len的序列 （且满足价值最小比某个下界大于等于）的数量int solve(int limit)
{for(int j=2;j<=k;++j){//后面每一列int now_v = 0, now_i = j-2;for(int i=j;i<=n;++i){while( a[now_i+1]+limit<=a[i]  && now_i+1 < i){//先维护now_i 看最右能到哪now_i++;now_v=now_v + dp[now_i][j-1];if(now_v > mod) now_v-=mod;}dp[i][j]=now_v;}}int ans = 0;for(int i=k;i<=n;++i) ans = (ans + dp[i][k] >= mod) ? ans+dp[i][k] - mod : ans + dp[i][k];return ans;
}int main()
{//freopen("in.txt","r",stdin);ios::sync_with_stdio(false);cin>>n>>k;for(int i=1;i<=n;++i) cin>>a[i];sort(a+1,a+1+n);int ans = 0;for(int i=1;i<=n;++i) dp[i][1] = 1;    //第一列for(int i=1;i<=(a[n] - a[1])/(k-1);++i) ans = (ans + solve(i))%mod;cout<<ans<<endl;return 0;
}