2021acm-icpc区域赛(南京)补题笔记

前言

2021南京，号称今年最卷的icpc区域赛。

上周末训练赛和队友打了一下，争取多补几道题。

比赛链接：https://codeforces.com/gym/103470

题目一览

签到题：A,C,M,H

铜牌题：D

银牌题：J

金牌题：I ，G

我不能做的题：B，F，K，L

本场差不多是4.5题铜，5.5题银，7题金（4题铜5题银的概率不大，约等于5铜，6银，7金）

A.Oops, It’s Yesterday Twice More（签到）

题意

不知道，队友写的

思路

不知道，队友写的

M. Windblume Festival（签到）

题意

给一个长度为n整数序列$a[]$ , 每次操作可以选择两个下标 $i，j$ ($i<j$，环形) , 移除 $a_j$ , 并且令 $a_i=a_i-a_j$ 。

最后会剩下一个元素，要求最大化这个元素。 ($1<=n<=10^6$)

input

5
4
1 -3 2 -4
11
91 66 73 71 32 83 72 79 84 33 93
12
91 66 73 71 32 83 72 79 84 33 33 93
13
91 66 73 71 32 83 72 79 84 33 33 33 93
1
0

output

10
713
746
779
0

Note

For the first sample test case follow the strategy shown below, where the underlined integers are the integers held by the players selected in each turn.

{1–,−3,2,−4}(select x=4) →→ {−3,2,−5} (select x=2x) →→ {−3,7} (select x=2) →→ {10}}.

思路

这是一个环形的结构，所以我们可以“自行地”决定一个数的贡献是正的还是负的。并且一定会有一个正的贡献，并且n>1时必定有一个负的贡献。

所以，答案就是 $ans=max-min+sum(res)$。

C. Klee in Solitary Confinement（思维+前缀和）

题意

给一个长度为n整数序列$a[]$ , 给一个正整数$k$ 。

可以选择一段区间$[l,r]$ , 将其中所以元素加$k$ 。

要求最大化出现次数最多的数的数量。

$(1\le n\le 10^6,-10^6\le k\le 10^6,-10^6\le a_i\le 10^6）$

Examples

input

5 2
2 2 4 4 4

output

5

input

7 1
3 2 3 2 2 2 3

output

6

input

7 1
2 3 2 3 2 3 3

output

5

input

9 -100
-1 -2 1 2 -1 -2 1 -2 1

output

3

思路

不难发现，对于每个数字 $i$，我们只需要考虑 $i$ 和 $i+k$ 的相对位置关系，可以忽略其他所有的数字。

所以我们可以遍历一遍数组，用$vector$将每个$i$ 和 $i+k$分在一个组里并保留相对位置。

对每个组，令$a_i=1$ , $a_i{+}_k=-1$,目标就是最大化区间找出区间和最大的区间$[l,r]$。

意思就是对于区间$[l,r]$ ， 我们能令最多的$a_i$变成$a_i{+}_k$ 的同时，令最少的$a_i{+}_k$被改变。

实现上，我们维护一个前缀和 sum[i] 和最小前缀和 sum_min[i] 即可。

代码

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<vector>
using namespace std;
#define int long long
const int BASE=1e6;
const int MAXN=4e6+20;
int n,k,a,sum[MAXN/4],minn,maxn,summin[MAXN/4],cnt[MAXN],flag,ans,tot;
vector<int> s[MAXN];

void solve(int num) {
    tot=s[num].size();
    if(tot==0) return;
    ans=max(ans,cnt[num]+s[num][0]);
    sum[1]=s[num][0];
    summin[1]=min(sum[0],sum[1]);
    for(int i=2;i<=tot;++i) {
        sum[i]=sum[i-1]+s[num][i-1];
        summin[i]=min(summin[i-1],sum[i]);
        ans=max(ans,sum[i]-summin[i-1]+cnt[num]);
        //cout<<i<<" "<<sum[i]<<" "<<summin[i-1]<<'\n';
    }

    for(int i=1;i<=tot;++i) sum[i]=summin[i]=0;
}

signed main()
{
    scanf("%lld%lld",&n,&k);
    flag=1;
    if(k<0) flag=-1,k=-k;
    minn=5e6,maxn=-1;
    for(int i=1;i<=n;++i) {
        scanf("%lld",&a);
        a=a*flag+BASE;
        minn=min(minn,a);
        maxn=max(maxn,a);
        ++cnt[a];
        ans=max(ans,cnt[a]);
        s[a].push_back(-1);
        s[a+k].push_back(1);
    }
    if(k!=0)
    {
        for(int i=minn+k;i<=maxn;++i)
            solve(i);
    }
    cout<<ans;
    return 0;
} 

H. Crystalfly（树形dp)

题意

给一棵 $n$ 个点带点权的树 ($1\le n\le 10^5$ , $1\le a_i\le 10^9$)

从 1 号点出发，每个点的点权可以吃一次，要求最大化吃到的点权和。

每个点还有另一个值 $t_i$ , 当你走到这个点的相邻节点时，这个点会被" $disturb$ " , $t_i$ 开始倒计时，如果在倒计时结束前还没能吃到这个点，那这个点的点权会消失（注意，可以经过，只是吃不到点权）。 其中 $1<=t_i<=3$。

输入多组样例，每组样例第一行$n$，第二行点权，第三行$t_i$，然后是树边

input

2
5
1 10 100 1000 10000
1 2 1 1 1
1 2
1 3
2 4
2 5
5
1 10 100 1000 10000
1 3 1 1 1
1 2
1 3
2 4
2 5

output

10101
10111

思路