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vvv到一个叶子节点uuu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.
-
v是另外一个叶子节点,显然满足
-
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l1,l2,ul_1, l_2, ul1,l2,u.
则对u−>l1u->l_1u−>l1 加上x/2x/2x/2 , 对u−>l2u->l_2u−>l2加上x/2x/2x/2, l1−>l2l_1-> l_2l1−>l2减去x/2x/2x/2 ,
最后相当于对u−>vu->vu−>v 加上了xxx . #
有了上面这个性质,继续说明如何构造任意情况.
solve(v):
if vvv doesn’t have sons, then return.
otherwise, for each son uuu we wiil find a leaf in subtree of uuu — let’s name it www. Than, add auva_{uv}auv on the path
vwvwvw and recalculate needed numbers on the edge in this path(it means for each edge eee on the path make this ae−=auva_e -= a_{uv}ae−=auv),
after it, call solve(uuu).
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)O(n)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 val
int 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].second
cout<<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 :
(ai+aj)(ai2+aj2)≡k mod p
(a_i + a_j)(a_i^2 + a_j^2) \equiv k \bmod p
(ai+aj)(ai2+aj2)≡kmodp
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ai−aja_i - a_jai−aj就可以继续操作了。
ai4−aj4≡k∗(ai−aj)a_i^4 - a_j^4 \equiv k*(a_i - a_j)ai4−aj4≡k∗(ai−aj)
ai4−k∗ai≡aj4−k∗ajmod pa_i^4 - k*a_i \equiv a_j^4 - k*a_j \quad mod \ pai4−k∗ai≡aj4−k∗ajmod p
发现式子两边都只和一个数有关了 ,于是对之前的aaa数组做对应的操作后,看有多少数对在mod pmod \ pmod p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∣ai−aj∣, i≠jmin|a_i -a_j|, \ i \neq jmin∣ai−aj∣, i̸=j
求数组中所有长度为kkk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pip_ipi 为数组中,价值$\geq i $的子序列数目(即至少为i),
那么,可以说p1+p2+p3+...+pmax(a)p_1 + p_2 + p_3 +...+p_{max(a)}p1+p2+p3+...+pmax(a) 即为所求. (没有P0P_0P0,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,p1,p2,p3p_1 , p_2, p_3p1,p2,p3 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:
-
如何求pip_ipi
dp[i][j]dp[i][j]dp[i][j] 表示以第iii个数结尾,长度为jjj 且满足价值至少为limitlimitlimit 的序列数量.
转移: 从dp[j−1,j,...i−1][j−1]dp[j-1,j,...i-1][j-1]dp[j−1,j,...i−1][j−1] 转移过来 第一感觉时间复杂度O(n2k)O(n^2 k )O(n2k)
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]dp[..i-1,i,i+1..][j]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dpdpdp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]a[now]+limit<=a[i]a[now]+limit<=a[i]
当i+1了,再尽量让now变大 , 时间复杂度为O(nk)O(nk)O(nk)
-
时间复杂度
再加上一开始的Limit的枚举,复杂度为O(max(a)∗n∗k)O(max(a)*n*k)O(max(a)∗n∗k)
考虑真的要dpdpdp max(a)max(a)max(a) 次吗?
假设当前limit=xlimit = xlimit=x, 则从a[1]a[1]a[1] 到a[k]a[k]a[k] 至少增加了(k−1)∗x(k-1)*x(k−1)∗x 而对于数组aaa ,提供的最大增量为a[n]−a[1]a[n]-a[1]a[n]−a[1] (排序后). 因此只要对(k−1)∗x≤a[n]−a[1](k-1) *x \leq a[n] - a[1](k−1)∗x≤a[n]−a[1]的那些xxx ,求pxp_xpx 而更大的xxx ,显然px=0p_x = 0px=0 .
时间复杂度为O(max(a)(k−1)∗nk)=O(max(a)∗n)O({max(a) \over (k-1)} * nk) = O(max(a) * n)O((k−1)max(a)∗nk)=O(max(a)∗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;
}