Codeforces Round #660 (Div. 2)-优快云博客

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/weixin_44019404/article/details/107713232

A
首先前三个符合题意的数字是 $6$ $10$ $14$ $（ 2 * 3, 2 * 5, 2 * 7 ）$
那么最小的数字一定需要大于30，因为n必须由正整数组成。
所以我们可以一开始放置 $6$ $10$ $14$ 三个数字，然后再使用n-30即可。
注意因为数字不能相同，所以需要判断一下，有相同的数字的话将14换成15。因为 $10 - 6 = 4, 14 - 10 = 4$ 故某一个数字增大了1，那么不可能再有相等的数字存在。

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<climits>
#include<stack>
#include<vector>
#include<queue>
#include<set>
#include<bitset>
#include<map>
#include<regex>
#include<cstdio>
#include <iomanip>
#pragma GCC optimize(2)
#define up(i,a,b)  for(int i=a;i<b;i++)
#define dw(i,a,b)  for(int i=a;i>b;i--)
#define upd(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define dwd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
#define local
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const double esp = 1e-6;
const double pi = acos(-1.0);
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int inf = 1e9;
using namespace std;
ll read()
{
	char ch = getchar(); ll x = 0, f = 1;
	while (ch<'0' || ch>'9') { if (ch == '-')f = -1; ch = getchar(); }
	while (ch >= '0' && ch <= '9') { x = x * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); }
	return x * f;
}
typedef pair<int, int> pir;
#define lson l,mid,root<<1
#define rson mid+1,r,root<<1|1
#define lrt root<<1
#define rrt root<<1|1
int t, n;

int main()
{
	t = read();
	while (t--)
	{
		n = read();
		if (n <= 30) {
			printf("NO\n");
		}
		else {
			int a = 6, b = 10, c = 14, d = n - 30;
			if (d == a || d == b || d == c)
			{
				if (n <= 31) {
					printf("NO\n");
					continue;
				}
				else {
					c = 15;
					d = n - 31;
				}
			}
			printf("YES\n%d %d %d %d\n",a,b,c,d);
		}
	}
	return 0;
}

B
首先每一个位置不是9就是8，因为这样二进制位数才是4的倍数，同时保证了总的二进制个数最多。然后是何时放置8的问题。因为我们需要最小的数字，所以当 $n\mod4!=0$ 会破坏掉某一个9，或者8的四位二进制数字的某几位。这个时候我们把9换成8即可。所以先假定全部都是9，然后求n会破坏掉几块，再把那几块对应的位置全部置换成8。

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<climits>
#include<stack>
#include<vector>
#include<queue>
#include<set>
#include<bitset>
#include<map>
#include<regex>
#include<cstdio>
#include <iomanip>
#pragma GCC optimize(2)
#define up(i,a,b)  for(int i=a;i<b;i++)
#define dw(i,a,b)  for(int i=a;i>b;i--)
#define upd(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define dwd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
#define local
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const double esp = 1e-6;
const double pi = acos(-1.0);
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int inf = 1e9;
using namespace std;
ll read()
{
	char ch = getchar(); ll x = 0, f = 1;
	while (ch<'0' || ch>'9') { if (ch == '-')f = -1; ch = getchar(); }
	while (ch >= '0' && ch <= '9') { x = x * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); }
	return x * f;
}
typedef pair<int, int> pir;
#define lson l,mid,root<<1
#define rson mid+1,r,root<<1|1
#define lrt root<<1
#define rrt root<<1|1
int t, n;

int main()
{
	t = read();
	while (t--)
	{
		n = read();
		{
			
			
			{
				int pos = n / 4;
				int mod = n % 4;
				if (mod)pos++;
				while (n > pos)
				{
					printf("9"); n--;
				}
				while (pos--)printf("8");
				puts("");
			}
			
		}
	}
	return 0;
}

C
首先进行子树大小的计算，这里的子树大小规定为当前节点下面，一共有多少人，即每个点的流量。
我们知道了每一个点的流量，假设是 $t o t$ 。那么就可以写出方程式
$happy-bad=h_i$ $h a p p y + b a d = t o t$ ，解出 $h a p p y$ 和 $b a d$ 首先判断他们的正确性，不是整数，小于零，都不行。然后进行树上贪心。可以看出，当从一个节点向下走到子节点的时候，如果全部都是 $h a p p y$ 那么一定可行，因为我们可以变化任意数量的人到 $b a d m o o n$ 。然后是如果流量里面带了 $b a d$ ，那么这个 $b a d$ 值一定不能大于子节点的 $b a d$ 值，这个时候我们只需要变化出流量- $b a d$ 个人到 $b a d m o o n$ 即可。
假定我们执行到 $u$ 节点。设 $u$ 的子节点是 $v'_{i}$ ，当前节点有一个 $b a d$ 值
1.当 $u$ 节点能够容纳的人数>= $b a d$ 的时候，我们将 $b a d$ 全部放在u节点。
2.当当 $u$ 节点能够容纳的人数< $b a d$ 的时候，我们判断 $\sum{v'_i[bad]}$ 是否能够满足 $bad_u-people[u]$ ，如果能够，那么我们就将 $bad_u-people[u]$ 这么多人数，在从 $u$ 走到 $v$ 变成 $b a d$ ，因为已经计算 $\sum v'_i[bad]$ 能够容纳，那么肯定符合题意，否则不行。

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<climits>
#include<stack>
#include<vector>
#include<queue>
#include<set>
#include<bitset>
#include<map>
//#include<regex>
#include<cstdio>
#include <iomanip>
#pragma GCC optimize(2)
#define up(i,a,b)  for(int i=a;i<b;i++)
#define dw(i,a,b)  for(int i=a;i>b;i--)
#define upd(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define dwd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
//#define local
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const double esp = 1e-6;
const double pi = acos(-1.0);
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int inf = 1e9;
using namespace std;
ll read()
{
	char ch = getchar(); ll x = 0, f = 1;
	while (ch<'0' || ch>'9') { if (ch == '-')f = -1; ch = getchar(); }
	while (ch >= '0' && ch <= '9') { x = x * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); }
	return x * f;
}
typedef pair<int, int> pir;
#define lson l,mid,root<<1
#define rson mid+1,r,root<<1|1
#define lrt root<<1
#define rrt root<<1|1

const int N = 1e5 + 10;
int T, n, m;
vector<int>vec[N];
ll p[N], h[N];
ll hm[N], bm[N];
void addedge(int u, int v)
{
	vec[u].push_back(v);
	vec[v].push_back(u);
}
ll sz[N];
void dfs1(int u, int fa) {
	sz[u] = p[u];
	for (auto k : vec[u])
	{
		if (k == fa)continue;
		dfs1(k, u);
		sz[u] += sz[k];
	}
}
bool calc() {
	upd(i, 1, n)
	{
		if ((h[i] + sz[i]) % 2ll) { return 0; }
		hm[i] = (h[i] + sz[i]) / 2ll;
		bm[i] = sz[i] - hm[i];
		if (hm[i] < 0 || bm[i] < 0)return 0;
	}
	return 1;
}
bool flag = 0;
void dfs2(int u, int fa)
{
	if (flag)return;
	if (p[u] < bm[u]) {
		ll tot = 0;
		bm[u] -= p[u];
		vector<int>tp;
		for (auto k : vec[u])
		{
			if (k == fa)continue;
			tot += bm[k];
			tp.push_back(k);
		}
		if (tot < bm[u]) {
			flag = 1; return;
		}
		/*sort(tp.begin(), tp.end(), [](int a, int b) {return bm[a] < bm[b]; });
		dwd(i, tp.size() - 1, 0)
		{
			if (bm[tp[i]] >= bm[u])
			{
				bm[u] = 0; bm[tp[i]] -= bm[u]; break;
			}
			else {
				bm[tp[i]] = 0; bm[u] -= bm[tp[i]];
			}
		}*/
	}
	for (auto k : vec[u])
	{
		if (k == fa)continue;
		dfs2(k, u);
	}
}
int main()
{
	T = read();
	while(T--)
	{
		n = read(), m = read();
		flag = 0;
		upd(i, 0, n)vec[i].clear();
		upd(i, 1, n)p[i] = read();
		upd(i, 1, n)h[i] = read();
		int u, v;
		upd(i, 1, n - 1) {
			u = read(), v = read();
			addedge(u, v);
		}
		dfs1(1, 0);
		if (calc()) {
			dfs2(1, 0);
			if (flag)printf("NO\n");
			else printf("YES\n");
		}
		else {
			printf("NO\n");
		}
	}
	return 0;
}

D
由题意， $b [n]$ 数组实际上我们通过观察可以发现，我们把 $- 1$ 也抽象成一个节点，就有 $n + 1$ 个点和 $n$ 条边。又因为题意保证了没有环，且总能够走到 $- 1$ ，所以是一棵树。所以将该数组抽象成一棵树，进行树上dp。
令 $d p [u]$ 表示u节点所能够达到的最大值。又因为 $u$ 节点的值，当且仅能被所有的邻接子节点更新，假设是 $v'_i$ ，就有：
$dp[u]+=dp[v'_i]>=0?dp[v'_i]:0$ 。
又因为答案需要输出方案，所以我们开两个指针，一个从前到后 $p r e$ ，一个从后往前 $s u f$ 。当 $dp[u]被v'_i$ 更新的时候，更新到 $p r e$ 指针，否则更新到 $s u f$ 指针。
合理性显然，因为我们自底而上，每次更新当前节点的时候，时间一定会在子节点的后面或者之前。将合并的信息放前面，不合并的点放后面，就不会有任何的影响。

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<climits>
#include<stack>
#include<vector>
#include<queue>
#include<set>
#include<bitset>
#include<map>
#include<regex>
#include<cstdio>
#include <iomanip>
#pragma GCC optimize(2)
#define up(i,a,b)  for(int i=a;i<b;i++)
#define dw(i,a,b)  for(int i=a;i>b;i--)
#define upd(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define dwd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
#define local
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const double esp = 1e-6;
const double pi = acos(-1.0);
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int inf = 1e9;
using namespace std;
ll read()
{
	char ch = getchar(); ll x = 0, f = 1;
	while (ch<'0' || ch>'9') { if (ch == '-')f = -1; ch = getchar(); }
	while (ch >= '0' && ch <= '9') { x = x * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); }
	return x * f;
}
typedef pair<int, int> pir;
#define lson l,mid,root<<1
#define rson mid+1,r,root<<1|1
#define lrt root<<1
#define rrt root<<1|1
const int N = 2e5 + 10;
vector<int>vec[N];
void addedge(int u, int v)
{
	vec[u].push_back(v);
	vec[v].push_back(u);
}
int n;
ll a[N];
ll b[N];
ll dp[N];
int ans[N]; int cnt = 0; int last = 0;
ll sum = 0;
int sz[N];
void dfs2(int u, int fa)
{
	sz[u] = 1;
	for (auto k : vec[u])
	{
		if (k == fa)continue;
		dfs2(k, u);
		sz[u] += sz[k];
	}
}
void dfs(int u, int fa)
{
	dp[u] = a[u];
	for (auto k : vec[u])
	{
		if (k == fa)continue;
		dfs(k, u);
		if (dp[k]>=0) {
			dp[u] += dp[k];
			ans[++cnt] = k;
		}
		else {
			ans[last--] = k;
		}
	}
	if(u!=0)
	sum += dp[u];
}
int main()
{
	n = read();
	upd(i, 1, n)a[i] = read();
	last = n;
	upd(i, 1, n)
	{
		b[i] = read();
		addedge(i, b[i] == -1 ? 0 : b[i]);
	}
	dfs2(0, 0);
	dfs(0, 0);
	cout << sum << endl;
	upd(i, 1, n)
	{
		printf("%d ", ans[i]);
	}
	return 0;
}