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Shiroha白羽的博客

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Codeforces Round 888 (Div. 3)
2023-08-20 · via Shiroha白羽的博客

A. Escalator Conversations

大致题意

有一个 $n$ 级台阶,每级 $h$ 高,有 $t$ 个人,问高为 $H$ 的一个人,通过在台阶上的方式,可以和哪些人等高

思路

简单题,差值 mod 一下恰好是台阶的倍数,且倍数恰好小于台阶数量,那么就可以了

AC code

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void solve() {
int _;
cin >> _;
for (int ts = 0; ts < _; ++ts) {
int n, m, k, h, ans = 0;
cin >> n >> m >> k >> h;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
int tmp;
cin >> tmp;
int dif = abs(tmp - h);
if (dif == 0 || dif % k) continue;
if (dif / k < m) ans++;
}
cout << ans << endl;
}
}

B. Parity Sort

大致题意

有个数组,允许无限次交换两个位置,要求是交换的那两个数字奇偶性必须一致,问最终是否能有序

思路

简单题,每个位置最开始是奇数,那么无论怎么换都是奇数,且任何奇数都可以换到这个位置,偶数同理,故所以只需要排序后的每个位置的奇偶性保持即可

AC code

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void solve() {
int _;
cin >> _;
for (int ts = 0; ts < _; ++ts) {
int n;
cin >> n;
vector<int> data1(n), data2(n);
for (int i = 0; i < n; ++i) cin >> data1[i];
for (int i = 0; i < n; ++i) data2[i] = data1[i];
sort(data2.begin(), data2.end());
bool check = false;
for (int i = 0; i < n; ++i) if (data1[i] % 2 != data2[i] % 2) check = true;
cout << (check ? "NO" : "YES") << endl;
}
}

C. Tiles Comeback

大致题意

问能否在一个数列中找到一个子序列,满足

  • 长度恰好是 $k$ 的倍数
  • 将序列每 $k$ 个一段,分成 $x$ 段,每一段内的数字相同
  • 第一个和最后一个必须在序列中

问是否存在即可

思路

简单题,分两种情况,第一种,如果开头和结尾的数字相同。那能找到 $k$ 个和首尾相同的数字,直接选出这些数字即可

如果不同,那么只需要和首相同找出 $k$ 个,然后在这 $k$ 个之后再找出 $k$ 个和尾相同的即可

AC code

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void solve() {
int _;
cin >> _;
for (int ts = 0; ts < _; ++ts) {
int n, k;
cin >> n >> k;
vector<int> data(n);
for (int i = 0; i < n; ++i) cin >> data[i];
if (data.front() == data.back()) {
int cnt = 0;
for (int i = 0; i < n; ++i) cnt += data[i] == data.front();
cout << (cnt >= k ? "YES" : "NO") << endl;
} else {
int cnt1 = 0, cnt2 = 0;
for (int i = 0; i < n; ++i)
if (cnt1 >= k) cnt2 += data[i] == data.back();
else cnt1 += data[i] == data.front();
cout << (cnt1 >= k && cnt2 >= k ? "YES" : "NO") << endl;
}
}
}

D. Prefix Permutation Sums

大致题意

给你一个丢了一个数字的前缀和,原数组为 $n$ 的排列,问是否存在可能的原始串

思路

前缀和相减就是原始数字了,直接算出所有的前缀差,找出重复的,和没有出现的,算一算加起来是否相同。或者只有一个没有出现的,恰好是最后那个值丢了的情况

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#define int long long

void solve() {
int _;
cin >> _;
for (int ts = 0; ts < _; ++ts) {
int n;
cin >> n;
set<int> st;
for (int i = 0; i < n; ++i) st.insert(i + 1);

int last = 0, out = -1;
for (int i = 0; i < n - 1; ++i) {
int tmp;
cin >> tmp;
auto iter = st.find(tmp - last);
if (iter == st.end()) out = tmp - last;
else st.erase(iter);
last = tmp;
}

if (st.size() == 1 && out == -1) {
cout << "YES" << endl;
continue;
}

if (st.size() != 2) {
cout << "NO" << endl;
continue;
}

int a, b;
a = *st.begin();
b = *(++st.begin());
cout << (a + b == out ? "YES" : "NO") << endl;
}
}

E. Nastya and Potions

大致题意

有 $n$ 种药品,其中部分药品可以通过其他药品合成得到,每种药品的价格已知,且部分药品有库存,即免费,问得到每一种药品需要多少钱

思路

其实这是一个 Dag 图,拓扑一下,然后不断计算更小的值,替换掉原来的价格即可

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#define int long long

void solve() {
int _;
cin >> _;
for (int ts = 0; ts < _; ++ts) {
int n, k;
cin >> n >> k;
vector<int> cost(n + 1);
for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> cost[i];
for (int i = 0; i < k; ++i) {
int tmp;
cin >> tmp;
cost[tmp] = 0;
}

vector<vector<int>> from(n + 1);
vector<vector<int>> to(n + 1);
vector<int> in(n + 1, 0);
queue<int> q;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
int cnt;
cin >> cnt;
if (cnt == 0) q.push(i);
for (int j = 0; j < cnt; ++j) {
int tmp;
cin >> tmp;
from[i].push_back(tmp);
to[tmp].push_back(i);
in[i]++;
}
}

while (!q.empty()) {
auto cur = q.front();
q.pop();
if (!from[cur].empty()) {
int c = 0;
for (auto &item: from[cur]) c += cost[item];
cost[cur] = min(cost[cur], c);
}
for (auto &item : to[cur])
if (--in[item] == 0) q.push(item);
}

for (int i = 1; i <= n; ++i) cout << cost[i] << " \n"[i == n];
}
}

F. Lisa and the Martians

大致题意

给定一个 $k$,然后给出 $n$ 个数字,保证每个数字都是 $[1, 2^k)$ 内,需要找到一个值 $x$,并取出这些数字中的两个 $a, b$,计算 $(a \oplus x) \& (b \oplus x)$ 的最大值

思路

根据公式,我们可以推导出:若 $a$ 和 $b$ 在二进制上重合度越大,则结果越大,相同即可以得到 $1$,否则这个 bit 只能是 $0$。而其中,高位的价值最高,故需要先满足高位相同

这时可以想到 01字典树,然后从根开始往下 dfs 找,找到重合度尽可能大的,然后再计算分歧部分的代价。

定义 01字典树的结构

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struct node {
int zero = -1, one = -1, cnt = 0;
vector<int> index;
};

其中 zero 表示接下来为 0 的字典树节点,同样 one 为接下来为 1 的字典树节点。cnt 表示这个节点下有多少值,index 则是为了求解,需要保留下数值原始的下标

比如当前正在某个 01字典树的节点上,已知下面的 0 节点下至少有两个值,那么就可以考虑更具体的情况,1 也相同,此时并不需要考虑两个值分散在两边的可能,因为这样的话,下个 bit 就只能得到 0,而相同可以得到 1,故不需要考虑分散的情况

如果某个节点下面只有一个值,那就毫无意义,不需要考虑下去了,理论上也不应该走到这种分支

如果某个节点上恰好有两个值,且左边有一个右边有一个,这个时候是分歧点,故可以在此节点取出下面的那两个值,然后计算结果

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void solve() {
int _;
cin >> _;
for (int ts = 0; ts < _; ++ts) {
struct node {
int zero = -1, one = -1, cnt = 0;
vector<int> index;
};

int n, k;
cin >> n >> k;
vector<node> tree(n * 40);
int rNode = 1, root = 0;

auto newNode = [&]() {
return rNode++;
};
auto add = [&](int x, int index) {
tree[root].cnt++;
int cur = root;
for (int i = k - 1; i >= 0; --i) {
if (x & (1 << i)) {
cur = tree[cur].one == -1 ? tree[cur].one = newNode() : tree[cur].one;
tree[cur].cnt++;
} else {
cur = tree[cur].zero == -1 ? tree[cur].zero = newNode() : tree[cur].zero;
tree[cur].cnt++;
}
}
tree[cur].index.push_back(index);
};

auto find = [&](int cur, int &x, int deep) {
while (cur != -1) {
if (tree[cur].zero == -1 && tree[cur].one == -1) return tree[cur].index[0];
if (tree[cur].zero == -1) {
x |= 1 << deep;
cur = tree[cur].one;
} else cur = tree[cur].zero;
deep--;
}

return -1;
};

int res = INT_MIN, resX, l, r;
function<void(int, int x, int)> dfs = [&](int cur, int x, int deep) {
if (tree[cur].zero == -1 && tree[cur].one == -1) {
assert(tree[cur].cnt >= 2 && tree[cur].index.size() >= 2);

res = (1 << k) - 1;
l = tree[cur].index[0];
r = tree[cur].index[1];
resX = x;
return;
}
if (tree[cur].zero == -1) dfs(tree[cur].one, x, deep - 1);
else if (tree[cur].one == -1) dfs(tree[cur].zero, x | (1 << deep), deep - 1);
else {
if (tree[tree[cur].zero].cnt >= 2) dfs(tree[cur].zero, x | (1 << deep), deep - 1);
if (tree[tree[cur].one].cnt >= 2) dfs(tree[cur].one, x, deep - 1);

if (tree[tree[cur].zero].cnt == 1 && tree[tree[cur].one].cnt == 1) {
int lv = 0, rv = 1 << deep;
int li = find(tree[cur].zero, lv, deep - 1);
int ri = find(tree[cur].one, rv, deep - 1);
int tmp = 0;
for (int i = k - 1; i > deep; --i) tmp |= 1 << i;
for (int i = deep; i >= 0; --i) if ((lv & (1 << i)) == (rv & (1 << i))) {
tmp |= 1 << i;
x |= (lv & (1 << i)) ? 0 : 1 << i;
}
if (tmp > res) {
l = li;
r = ri;
resX = x;
res = tmp;
}
}
}
};

for (int i = 0; i < n; ++i) {
int tmp;
cin >> tmp;
add(tmp, i + 1);
}

dfs(0, 0, k - 1);
cout << l << ' ' << r << ' ' << resX << endl;
}
}

G. Vlad and the Mountains

大致题意

有 $n$ 座山,山之间有桥,从 $a$ 山到 $b$ 山的代价为 $h_b - h_a$,注意,可以为负数。代价超过上限则不能走

询问 $q$ 次,问能否从 $a$ 山到 $b$ 山,在能够消耗最大 $e$ 的代价情况下

思路

首先不能在线做,只能离线,毕竟在线就只剩下预处理求出任意两点的代价了

题意解析也很简单的,就是需要找到一条路径,满足最大值小于等于 $h_a + e$ 即可

询问是否可达,很容易想到了并查集去做,毕竟在一个集合里就是可达

接下来,我们根据海拔的高低进行排序,然后从低海拔开始,将山加入集合,并将可以使用的边加入并查集

因为每个询问能够到达最大高度是确定的,所以同时可以遍历所有询问,若最大高度已经到达了,下一个加入的山会超出最大高度了,此时这两个山还没有在一个集合中,那么必然不可达

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void solve() {
struct node {
int v, n;
};

int _;
cin >> _;
for (int ts = 0; ts < _; ++ts) {
int n, m;
cin >> n >> m;
vector<pair<int, int>> h(n + 1);
vector<node> edge(m);
vector<int> head(n + 1, -1);
for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> h[i].first;
for (int i = 1; i <= n; ++i) h[i].second = i;
for (int i = 0; i < m; ++i) {
int u, v;
cin >> u >> v;
if (h[u].first > h[v].first) {
edge[i] = {v, head[u]};
head[u] = i;
} else {
edge[i] = {u, head[v]};
head[v] = i;
}
}
int q;
cin >> q;
struct query {
int u, v, e, i;
};
vector<query> ql(q);
vector<bool> ans(q);
for (int i = 0; i < q; ++i) cin >> ql[i].u >> ql[i].v >> ql[i].e;
for (int i = 0; i < q; ++i) ql[i].e += h[ql[i].u].first;
for (int i = 0; i < q; ++i) ql[i].i = i;

sort(h.begin() + 1, h.end());
sort(ql.begin(), ql.end(), [&](const query &a, const query &b) { return a.e < b.e; });

vector<int> fa(n + 1);
for (int i = 0; i < fa.size(); ++i) fa[i] = i;
function<int(int)> find = [&](int x) { return fa[x] == x ? x : fa[x] = find(fa[x]); };
auto join = [&](int x, int y) {
int rx = find(x), ry = find(y);
if (rx == ry) return;
fa[rx] = ry;
};

int last = 0, qPtr = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
if (last != h[i].first) {
while (qPtr < q && ql[qPtr].e < h[i].first) {
auto &que = ql[qPtr];
int ru = find(que.u), rv = find(que.v);
ans[que.i] = ru == rv;
qPtr++;
}
}
last = h[i].first;
for (int j = head[h[i].second]; j != -1; j = edge[j].n) join(h[i].second, edge[j].v);
}

while (qPtr < q) {
auto &que = ql[qPtr];
int ru = find(que.u), rv = find(que.v);
ans[que.i] = ru == rv && ql[qPtr].e >= last;
qPtr++;
}

for (auto item: ans) cout << (item ? "YES" : "NO") << endl;
cout << endl;
}
}