Educational Codeforces Round 100 (Rated for Div. 2)（B-E）

B：
我们可以直接对于奇数位全设为$a_i$,偶数位设成1去构造
如果这样不行那么偶数位为$a_i$,奇数位为1的情况一定可以
证明：
设sum表示所有数的和
s1表示奇数位的和，s2表示偶数位的和
则sum=s1+s2
如果设奇数位为$a_i$的时候不可以就说明s2>s1
那么换成偶数位的时候一定可以
另一种方法是设$a_i$<=$b_i$把绝对值去掉
则$a_i$>=$\frac{b_i}{2}$
那么就是$\frac{b_i}{2}<=a_i<=b_i$
找比$b_i$小的最高位2的幂次即可

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=2e5+10;
int a[N];
int b[N];
void solve()
{
    int n;
    cin>>n;
    int sum=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
            cin>>a[i];
            sum+=a[i];
    }
    int sum1=0,sum2=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(i&1)b[i]=a[i];
        else sum1+=a[i]-(b[i]=1);
    }
    if(2*sum1>sum){
         for(int i=1;i<=n;i++)
            i&1?b[i]=1:b[i]=a[i];
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)cout<<b[i]<<' ';
    cout<<'\n';
}
signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0);
    int t;
    cin>>t;
    while(t--)
    {
        solve();
    }
    return 0;
}

C：
纯模拟
直接看代码注释吧

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e5+10;
const int mod=1e9+7;
int a[N],b[N];

void solve()
{
    int n;
    cin>>n;
    for(int i=1; i<=n; i++)cin>>a[i]>>b[i];
    int p=0,q=0,ti=0,ans=0;
    //q代表目标位置，ti表示经过这段时间后到达的位置，p代表目前位置
    for(int i=1; i<=n; i++)
    {
        if(p==q)q=b[i];//目标位置
        if(i==n||a[i+1]-a[i]>=abs(p-q))ti=q;//如果时间够说明能直接到目标位置了
        else ti=p<q?p+a[i+1]-a[i]:p-a[i+1]+a[i];
        if((b[i]-ti)*(b[i]-p)<=0)ans++;//这里相当于p<=bi<=ti或者ti<=bi<=p
        p=ti;
    }
    cout<<ans<<'\n';
}
signed main()
{
    int t;
    cin>>t;
    while(t--)solve();
    return 0;
}

D：
一共有n+1种情况
然后观察一下样例
比如1 4 5 9 10
我们先单纯的只考虑两边
先考虑1
有1出现说明包含1这一对必须取最小值
而有9,10出现说明有两对必须取最大值
那么我们可以拓展一下
找出最多取最小值的情况和最多取最大值的情况
就找到了我们至少要取多少个最小值和至多取多少个(n+1-最大值)的最小值的对数
那么我们可以维护一个cnt
当cnt为正表示我们需要cnt个最小值
为负的时候表示我们需要-cnt个最大值
如何维护？
我们直接用 i 遍历1~2n
当 i 是b[i]里的元素的时候cnt++说明我们需要一对取最小值
否则cnt–
然后记录mmax和mmin就可以了
mmax表示必须取mmax个最小值
mmin表示必须取-mmin个最大值
那么答案就是n+1-mmax+mmin

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=2e5+10;
int a[N<<1];
int vis[N<<1];
void solve(){
     int n;
     cin>>n;
     for(int i=1;i<=2*n;i++)vis[i]=0;
     for(int i=1;i<=n;i++){
        int x;
        cin>>x;
        vis[x]=1;
     }
     int cnt=0,mmax=0,mmin=0x3f3f3f3f;
     for(int i=1;i<=2*n;i++){
          if(vis[i])cnt++;
          else cnt--;
          mmax=max(cnt,mmax);
          mmin=min(cnt,mmin);
     }
     cout<<n+1-(mmax-mmin)<<'\n';
}
signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0);
    int t;
    cin>>t;
    while(t--)solve();
    return 0;
}

E:
利用并查集将相邻部分缩成一个点
然后对于给的数组a
我们让$a_i->i$
即让$a_i$连向i
然后拓扑排序即可
注意有环的情况

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=3e5+10;
int fa[N],las[N],vis[N],id[N],d[N];
vector<int>e[N];
signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0);
    int n,m;
    cin>>n>>m;
    for(int i=1; i<=n; i++)cin>>fa[i];
    while(m--)
    {
        int x,y;
        cin>>x>>y;
        las[x]=y;
        vis[y]=1;
    }
    int r=0;
    for(int i=1; i<=n; i++)
    {
        if(vis[i])continue;
        for(int j=i; j; j=las[j])
        {
            id[j]=i;
            if(fa[j]&&id[fa[j]]!=i)//如果有父节点并且父节点所属的连通块不能是这个连通块的点
            {
                e[fa[j]].push_back(i);
                d[i]++;
            }
        }
        if(!d[i])r=i;//选一个点作为起点（不能选多个点做起点
    }
    queue<int>q;
    if(r)q.push(r);
    vector<int>ans;
    while(!q.empty())
    {
        int x=q.front();
        q.pop();
        for(; x; x=las[x])
        {
            ans.push_back(x);
            for(auto y:e[x])
            {
                d[y]--;
                if(!d[y])q.push(y);
            }
        }
    }
    if(ans.size()==n)
        for(auto x:ans)cout<<x<<' ';
    else cout<<0;
    return 0;
}
/*
2 1
3 1
5 1
3 2
*/