Codeforces Round #474

A.注意两个问题，一个是必须是排好序，也就是abc位置不能颠倒，其次就是a，b不能没有。
利用is_sorted可以快速解决第一个问题。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<string>
#include<algorithm>
using namespace std;
int main()
{
    string str;int cnt[3]={0};
    cin>>str;
    for(auto a:str)
        cnt[a-'a']++;
    if(is_sorted(str.begin(),str.end())&&cnt[0]&&cnt[1]&&(cnt[2]==cnt[0]||cnt[2]==cnt[1]))
        cout<<"YES"<<endl;
    else cout<<"NO"<<endl;

    return 0;
}

B.
我们为了使两个数列上对应位置的数之差最小，可以考虑维护一个堆，里面存着两个数列每个位置之差的绝对值——因为可加可减，平方的时候正负并没有区别。然后，每次把当前最大的差拿出来减1，然后丢回堆里即可。注意，如果堆顶的元素变成了0而k1+k2还没用完的话，那么就必须特判了。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cmath>
using namespace std;
int main()
{
    int a[1005],b[1005],k1,k2,i,j,k,num[1005],n;
    cin>>n>>k1>>k2;
    for(i=1;i<=n;i++){
        scanf("%d",&a[i]);
    }
    for(i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&b[i]);
    priority_queue<int>que;
    for(i=1;i<=n;i++){
        num[i]=abs(a[i]-b[i]);que.push(num[i]);
    }
    for(i=1;i<=k1+k2;i++){
        j=que.top();que.pop();
        if(j==0){
            if(abs(k1+k2-i+1)&1)
                cout<<1<<endl;
            else cout<<0<<endl;
            return 0;
        }
        j-=1;que.push(j);
    }
    long long ans=0;
    while(!que.empty()){
        j=que.top();que.pop();ans+=(long long)j*j;
    }
    cout<<ans<<endl;

    return 0;
}

C.
首先，注意一个事实——题目没有要求构造的数列中数字各异，那么是肯定不可能无解的：2^32次方就超过x的上限了。
然后，其实我们可以发现一个通用的构造方法——我们知道，任何一个数都可以表示成若干个2的幂次方之和，那么当然也可以表示成若干个2的幂次方-1 之和。那么，我们需要的x就可以这么构造了：
假设x=2^a1-1+2^a2-1+…+2^an-1,那么我们就可以构造n堆数，每堆数中有n个相同的数，堆与堆之间数相差d，这样一定能满足题目要求。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
int main()
{
    int x,d,i,j;
    vector<ll>v;
    cin>>x>>d;
    ll val=1;
    while(x){
        for(i=0;x>=(1<<i);i++){//加和起来正好是2^(i+1) -1
            v.push_back(val);
            x-=(1<<i);
        }
        val+=d;
    }
    cout<<v.size()<<endl;
    for(ll i:v)
        cout<<i<<' ';
    cout<<endl;

    return 0;
}

D.
这题很容易的一个想法就是直接去模拟，然而数据范围之大决定了这是不可能的。事实上，我们只需要维护每一层的移位信息即可——有点类似于线段树的lazytag，先记录下来，问询的时候再进行影响。
可以发现，如果只是对节点进行移位的话，那么因为更深的层也都跟着移了，所有没啥影响。但是如果只是移数值的话，那么更深的层相当于要反向移回相应的长度。此外就是不少细节了。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll shift[100];
void shi(int ceng,ll k)
{
    ll mod=1LL<<ceng;//计算出这一层总的数字的个数
    k%=mod;//一定要记得先mod后加,不然似乎会爆long long
    shift[ceng]=(shift[ceng]+k+mod)%mod;//计算出这一层新的移位情况,因为可能左移导致
    //负,所有先加mod后取模
}
int  main()
{
    ll q,t,k,x,i,j;
    cin>>q;
    while(q--){
        scanf("%lld%lld",&t,&x);
        int be=0;
        for(;x>>be;be++);be--;//计算层数
        if(t<3){
            scanf("%lld",&k);
            if(t==2){
                shi(be,k);//如果是对节点进行移位,直接移即可
            }
            else{
                shi(be,k);shi(be+1,-k*2);//若只是对数值移位,则下一层也会受影响
            }
        }
        else{
            for(;be>=0;be--){
                cout<<x<<' ';
                x+=shift[be];//输出后加上本层的移位影响
                if(x>=(1LL<<(be+1)))x-=(1LL<<be);//如果超过了本层的总数,当然要减去
                x>>=1;//算出父节点对应数值
            }
            cout<<endl;
        }
    }

    return 0;
}

F.
做法非常机智：对于每个点维护一个set，比如读入一条边 x,y,z，就在点x的set里 找权值

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<set>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,m,v,u,w,ans=0;//pair中第一位保存边长,第2位保存这条边终点处使用这条边后的边数和
set<pair<int,int>>a[100100];//set中pair只按第一个键值排序
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++)a[i].insert({-1,0});//初始全部加入一个不会影响结果的pair
    while(m--){
        scanf("%d%d%d",&v,&u,&w);
        auto it=a[v].lower_bound({w,-1});//寻找权值<w的最大位置
        it--;
        int d=it->second+1;//如果这条边可以加入,那么终点处的如果用了这条边,最大边数自然就是上个点的边数+1;
        it=a[u].lower_bound({w+1,-1});
        it--;
        if(it->second>=d)continue;//如果终点在边=w甚至更小时的边数已经>=d,那么这条边显然没有加进去的意义
        while(1){
            it=a[u].lower_bound({w,-1});//把终点处所有边>=w而边数<=d的全部删除,他们没有存在的意义
            if(it==a[u].end())break;//显然边数相等时边越小越优
            if(it->second>d)break;
            a[u].erase(it);
        }
        a[u].insert({w,d});//插入此边
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        auto it=a[i].end();
        it--;
        ans=max(ans,it->second);
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}