本文介绍了Codeforces Round #453 Div.2的ABC三道题目的解题思路和AC代码。题目涵盖路径覆盖、树染色优化和多项式GCD计算。通过贪心和DFS策略解决实际问题。
赛中只搞出ABC，C想的还有点久，没时间搞D了（虽然是推了很久都没推出来），蒟蒻的上分之旅。
A. Visiting a Friend
题意：
你的初始位置为0，给你n和m，m表示你的目的地，n表示可乘坐工具的个数。接下来n行，每行一个x y，表示在位置x处有一个工具，你可以坐着它到位置y（你可以中途跳车，比如样例1中，0->2，2->4，在2->4过程中跳车，在位置3坐上3->5，可以抵达m=5的位置）。问你能不能用这个工具到达m。
思路：
保证n组工具覆盖的长度是0-m即可。
贪心：把工具存结构体然后排个序，按x从小到大和y从小到大排好，初始化当前位置为0，遍历工具，考虑：如果当前位置大于等于工具的
x，就把当前位置赋值成y，否则肯定无法到达当前x处，即无法借助这种工具到达m。
AC代码：
/**********************************************
Author: StupidTurtle
Date: 2017.12.19
Email: 31601359@stu.zucc.edu.cn
**********************************************/
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll ;
int n , m , ans ;
struct node{
int x , y ;
};
node a[105] ;
bool cmp ( const node &a , const node &b ){
if ( a.x != b.x ) return a.x < b.x ;
return a.y < b.y ;
}
int main(void){
ans = 0 ;
cin >> n >> m ;
for ( int i = 0 ; i < n ; i ++ ){
cin >> a[i].x >> a[i].y ;
}
sort ( a , a + n , cmp );
for ( int i = 0 ; i < n ; i ++ ){
if ( a[i].x <= ans ){
ans = max ( ans , a[i].y );
} else {
break ;
}
}
if ( ans == m ) cout << "YES" << endl ;
else cout << "NO" << endl ;
return 0 ;
}B. Coloring a Tree
题意：
第一行给你一个n，表示n个点；第二行输入n-1个数字，p2,p3,...,pn，分别表示pi的父节点（认为1是树的根）；第三行输入n个数字，表示c1,c2,...,cn，表示ci节点想被染上的颜色，c1,c2,...,cn，初值均为0。将某个点染色后，它的子树也会变成和它一样的颜色。问将整棵树染成目标颜色的树最少需要多少步。
思路：
因为对一个节点染色会影响其子树，所以先染根节点再向下染色。
dfs：因为ci是[1,n]而c1初值为0，所以根节点必被染色，所以初始化cnt为1，dfs的带两个参数，分别为当前点下标和父节点的颜色，如果父节点颜色和当前点的目标颜色不同，则cnt++，遍历每个子节点。
AC代码：
/**********************************************
Author: StupidTurtle
Date: 2017.12.19
Email: 31601359@stu.zucc.edu.cn
**********************************************/
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll ;
int n , prt , ex[10005] , cnt ;
vector<int> tree[10005] ;
void dfs ( int v0 , int col ){
if ( ex[v0] != col ){
cnt ++ ;
}
int l = tree[v0].size() ;
for ( int i = 0 ; i < l ; i ++ ){
dfs ( tree[v0][i] , ex[v0] );
}
}
int main(void){
cin >> n ;
for ( int i = 2 ; i <= n ; i ++ ){
cin >> prt ;
tree[prt].push_back(i) ;
}
for ( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ){
cin >> ex[i] ;
}
cnt = 1 ;
dfs ( 1 , ex[1] );
cout << cnt << endl ;
return 0 ;
}C. Hashing Trees
题意：
给你一个n，表示一颗树的高度，第二行n+1个数，分别表示树的第0层，第1层，...，第n层有多少个节点，问你这样的树是否存在两颗不同构的，如果没有则输出"perfect"，否则输出"ambiguous"，然后接下来两行其中的任意两颗。
（同构：两棵树如果可以通过交换子树可以变成一样的，则这两棵树同构。）
思路：
做过B题之后做这道题可以注意道：这道题对树的描述也仅仅是一颗有根树且根为1，并不是一颗二叉树（可以从B题的Sample2看出），那我们要思考的就是对于一颗非二叉树，怎么样做到让他唯一。由Sample1想到，如果全是1则必定perfect。在Sample2中1 2 2可以得到两棵非同构的树，那么如果是1 2 1呢？第2层的一个结点可以挂在第1层的任意一个子结点上，所以也是perfect的。由此推广：只要没有连续两个非1的节点数，则该树是perfect的。接下来考虑输出问题，只要输出其中一对就可以了，所以在第一次出现连续非1的层数时，在第一颗树中将后一层的一个挂在前一层的第一个节点上，其余的挂在前一层的第二个结点上，在第二颗树中将后一层的所有节点都挂在前一层的第一个节点上。对于其他情况，直接将后一层的节点全都挂在前一层的第一个节点上即可。
AC代码：
/**********************************************
Author: StupidTurtle
Date: 2017.12.19
Email: 31601359@stu.zucc.edu.cn
**********************************************/
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll ;
int n , a[200005] , crt , cnt , l , pf ;
bool flag , first ;
int main(void){
flag = true ;
cin >> n ;
for ( int i = 0 ; i <= n ; i ++ ){
cin >> a[i] ;
}
crt = a[0] ;
for ( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ){
if ( a[i] != 1 && crt != 1 ){
flag = false ;
break ;
} else {
crt = a[i] ;
}
}
if ( flag == true ){
cout << "perfect" << endl ;
} else {
cout << "ambiguous" << endl ;
first = false ;
cout << "0" ;
crt = a[0] ;
l = 1 ;
cnt = 1 ;
for ( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ){
pf = l ;
if ( crt != 1 && a[i] != 1 ){
if ( first == false ){
for ( int j = 0 ; j < a[i] ; j ++ ){
cnt ++ ;
if ( j == 0 ){
cout << " " << pf ;
l = cnt ;
}
else cout << " " << pf+1 ;
}
flag = true ;
} else {
for ( int j = 0 ; j < a[i] ; j ++ ){
cout << " " << pf ;
cnt ++ ;
if ( j == 0 ) l = cnt ;
}
}
} else {
for ( int j = 0 ; j < a[i] ; j ++ ){
cout << " " << pf ;
cnt ++ ;
if ( j == 0 ) l = cnt ;
}
crt = a[i] ;
}
}
cout << endl ;
cout << "0" ;
crt = a[0] ;
l = 1 ;
cnt = 1 ;
for ( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ){
pf = l ;
for ( int j = 0 ; j < a[i] ; j ++ ){
cout << " " << pf ;
cnt ++ ;
if ( j == 0 ) l = cnt ;
}
crt = a[i] ;
}
cout << endl ;
}
return 0 ;
}D. GCD of Polynomials
题意：
规定A(X),B(X),R(X),D(X)分别是一个多项式，定义A(X)=B(X)*D(X)+R(X)，且R(X)的最高次的次数要比B(X)的最高次的次数要小。这样子定义出GCD(A(X),B(X)) = R(X)。这个描述定义了多项式的gcd。然后输入一个n，表示进行n次gcd(A(X),B(X))后B(X)的结果为0。要求分四行输出进行第一次gcd(A(X),B(X))之前：A(X)的最高次的次数；次数由低到高输出A(X)每一项的系数；B(X)的最高次的次数；次数由低到高输出B(X)每一项的系数。
思路：
赛中没有想到，赛后得知：如果进行第n次gcd的结果是A(X),B(X)，那么进行第n-1次的结果就是A(X)*X±B(X),A(X)。尝试多推几项：
0----------------1----------------0
1----------------x----------------1
2-------------x^2+1------------x
3--------------x^3------------x^2+1
4---------x^4+x^2+1---------x^3
转换成二进制后的结果：
0--------------000001------------000000
1--------------000010------------000001
2--------------000101------------000010
3--------------001000------------000101
4--------------010101------------001000
可以发现从第一行开始，每一行的B(X)变成了上一行的A(x)（显而易见），而每一行的A(X)变成了这一行的B(X)左移一位后再异或上一行的B(X)。
由于n是[1,150]，1<<150在C++存不下（我用int在Sample31TLE，用longlong在Sample63TLE），所以在我的方法下用了java
AC代码：
import java.util.Scanner ;
import java.math.* ;
public class Main {
public static void main ( String[] args ) {
Scanner cin = new Scanner(System.in);
int n = cin.nextInt() ;
BigInteger l = BigInteger.valueOf(1) , r = BigInteger.valueOf(0) , mid ;
for ( int i = 2 ; i <= n + 1 ; i ++ ) {
mid = r ;
r = l ;
l = l.shiftLeft(1) ;
l = l.xor(mid) ;
}
System.out.println( n );
for ( int i = 0 ; i < n + 1 ; i ++ ) {
if ( i != 0 ) System.out.print( " " );
System.out.print( l.and(BigInteger.valueOf(1) ) );
l = l.shiftRight(1) ;
}
System.out.println( );
System.out.println( n - 1 );
for ( int i = 0 ; i < n ; i ++ ) {
if ( i != 0 ) System.out.print( " " );
System.out.print( r.and(BigInteger.valueOf(1) ) );
r = r.shiftRight(1) ;
}
System.out.println( );
}
}
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