Codeforces Round #591

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[Practice Link](https://codeforces.com/contest/1240)

Solved	A	B	C	D	E	F
4/6	O	O	O	O	-	-

O 在比赛中通过
Ø 赛后通过
! 尝试了但是失败了
- 没有尝试

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A. Save the Nature

题意：

有$n$个数$p_i$。

如果一个下标它是$a$的倍数，那么这个位置的价值就是$a_i \cdot x\%$
如果一个下标它是$b$的倍数，那么这个位置的价值就是$a_i \cdot y\%$
如果一个下标它是$lcm(a, b)$的倍数，那么这个位置的价值就是$a_i \cdot (x + y)\%$

现在可以给$p_i$重新排序，问排序最最少多少个前$y$个数，使得前$y$个数的价值和大于等于$k$。

思路：

二分答案，然后将大的贪心放在大的位置上。

代码：

view code

#include <bits/stdc++.h>

#define debug(...) { printf("#  "); printf(__VA_ARGS__); puts(""); }

#define fi first

#define se second

#define endl "\n"

using namespace std;

using db = double;

using ll = long long;

using ull = unsigned long long;

using pII = pair <int, int>;

using pLL = pair <ll, ll>;

constexpr int mod = 1e9 + 7;

template <class T1, class T2> inline void chadd(T1 &x, T2 y) { x += y; while (x >= mod) x -= mod; while (x < 0) x += mod; }

template <class T1, class T2> inline void chmax(T1 &x, T2 y) { if (x < y) x = y; }

template <class T1, class T2> inline void chmin(T1 &x, T2 y) { if (x > y) x = y; }

inline int rd() { int x; cin >> x; return x; }

template <class T> inline void rd(T &x) { cin >> x; }

template <class T> inline void rd(vector <T> &vec) { for (auto &it : vec) cin >> it; }

inline void pt() { cout << endl; }

template <class T, class... Ts> void pt(const T& arg, const Ts&... args) { cout << arg << " "; pt(args...); }

template <class T> inline void pt(const T &s) { cout << s << "\n"; }

template <class T> inline void pt(const vector <T> &vec) { for (auto &it : vec) cout << it << " "; cout << endl; }

ll gcd(ll a, ll b) { return b ? gcd(b, a % b) : a; }

inline ll qpow(ll base, ll n) { ll res = 1; while (n) { if (n & 1) res = res * base % mod; base = base * base % mod; n >>= 1; } return res; }

constexpr int N = 2e5 + 10;

int n, p[N], x, y, a, b; ll k;

bool check(ll mid) {

	ll lcm = 1ll * a * b / gcd(a, b);

	ll cnt[3] = {mid / a - mid / lcm, mid / b - mid / lcm, mid / lcm};

	ll tot = 0;

	for (int i = 1; i <= mid; ++i) {

		if (cnt[2]) {

			tot += 1ll * p[i] / 100 * (x + y);

			--cnt[2];

		} else if (cnt[1]) {

			tot += 1ll * p[i] / 100 * y;

			--cnt[1];

		} else if (cnt[0]) {

			tot += 1ll * p[i] / 100 * x;

			--cnt[0];

		} else break;

	}

	return tot >= k;

}

void run() {

	cin >> n;

	for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> p[i];

	sort(p + 1, p + 1 + n, [&](int x, int y) { return x > y; });

	cin >> x >> a >> y >> b >> k;

	if (x > y) swap(x, y), swap(a, b);

	int l = 1, r = n, res = -1;

	while (r - l >= 0) {

		int mid = (l + r) >> 1;

		if (check(mid)) {

			res = mid;

			r = mid - 1;

		} else

			l = mid + 1;

	}

	pt(res);

}

int main() {

	ios::sync_with_stdio(false);

	cin.tie(nullptr); cout.tie(nullptr);

	cout << fixed << setprecision(20);

	int _T; cin >> _T;

	while (_T--) run();

	return 0;

}

B. Sequence Sorting

题意：

给出一个序列$a_i$，每次可以选择一种数，将这种数全丢到前面或者全丢到后面。

问最少操作几次，使得该序列变成非降序。

思路：

考虑最多保留多少种数。显然保留下来的肯定是非降序的数，并且是连续的。

那么直接扫一遍即可。

代码：

view code

#include <bits/stdc++.h>

#define debug(...) { printf("#  "); printf(__VA_ARGS__); puts(""); }

#define fi first

#define se second

#define endl "\n"

using namespace std;

using db = double;

using ll = long long;

using ull = unsigned long long;

using pII = pair <int, int>;

using pLL = pair <ll, ll>;

constexpr int mod = 1e9 + 7;

template <class T1, class T2> inline void chadd(T1 &x, T2 y) { x += y; while (x >= mod) x -= mod; while (x < 0) x += mod; }

template <class T1, class T2> inline void chmax(T1 &x, T2 y) { if (x < y) x = y; }

template <class T1, class T2> inline void chmin(T1 &x, T2 y) { if (x > y) x = y; }

inline int rd() { int x; cin >> x; return x; }

template <class T> inline void rd(T &x) { cin >> x; }

template <class T> inline void rd(vector <T> &vec) { for (auto &it : vec) cin >> it; }

inline void pt() { cout << endl; }

template <class T, class... Ts> void pt(const T& arg, const Ts&... args) { cout << arg << " "; pt(args...); }

template <class T> inline void pt(const T &s) { cout << s << "\n"; }

template <class T> inline void pt(const vector <T> &vec) { for (auto &it : vec) cout << it << " "; cout << endl; }

ll gcd(ll a, ll b) { return b ? gcd(b, a % b) : a; }

inline ll qpow(ll base, ll n) { ll res = 1; while (n) { if (n & 1) res = res * base % mod; base = base * base % mod; n >>= 1; } return res; }

constexpr int N = 3e5 + 10;

int n, a[N], l[N], r[N];

void run() {

	cin >> n;

	memset(l, 0x3f, sizeof (l[0]) * (n + 10));

	memset(r, 0, sizeof (r[0]) * (n + 10));

	for (int i = 1; i <= n; ++i) {

		cin >> a[i];

		chmin(l[a[i]], i);

		chmax(r[a[i]], i);

	}

	int res = 1, tot = 0;

	int lst = 0, sum = 0;

	for (int i = 1; i <= n; ++i) if (r[i] != 0) {

		++tot;

		if (l[i] > lst) {

			lst = r[i];

			++sum;

			chmax(res, sum);

		} else {

			lst = r[i];

			sum = 1;

		}

	}

	pt(tot - res);

}

int main() {

	ios::sync_with_stdio(false);

	cin.tie(nullptr); cout.tie(nullptr);

	cout << fixed << setprecision(20);

	int _T; cin >> _T;

	while (_T--) run();

	return 0;

}

C. Paint the Tree

题意：

给出一棵树，给每个点涂上$k$种颜色，一种颜色最多涂给两个点，但是有无限种颜色可以涂。

一条边的价值是如果它两个端点共有至少一种颜色，那么它的价值为它的权值，否则为$0$。

现在问整棵树所有边的价值和最大是多少，在最优涂色方案下。

思路：

$f[i][0]$表示$i$的子树中并且$i$没有一种颜色可以涂的最大价值，$f[i][1]$表示$i$的子树中并且$i$还剩了至少一种颜色可以涂的最大价值。

那么一个$u$，它最多选择$k$个$f[v][1] + w$进行转移，我们先假设全都选$f[v][0]$转移，然后维护一个堆，里面放的是$f[v][1] + w - f[v][0]$，贪心选取前$k$大即可。

代码：

view code

#include <bits/stdc++.h>

#define debug(...) { printf("#  "); printf(__VA_ARGS__); puts(""); }

#define fi first

#define se second

#define endl "\n"

using namespace std;

using db = double;

using ll = long long;

using ull = unsigned long long;

using pII = pair <int, int>;

using pLL = pair <ll, ll>;

constexpr int mod = 1e9 + 7;

template <class T1, class T2> inline void chadd(T1 &x, T2 y) { x += y; while (x >= mod) x -= mod; while (x < 0) x += mod; }

template <class T1, class T2> inline void chmax(T1 &x, T2 y) { if (x < y) x = y; }

template <class T1, class T2> inline void chmin(T1 &x, T2 y) { if (x > y) x = y; }

inline int rd() { int x; cin >> x; return x; }

template <class T> inline void rd(T &x) { cin >> x; }

template <class T> inline void rd(vector <T> &vec) { for (auto &it : vec) cin >> it; }

inline void pt() { cout << endl; }

template <class T, class... Ts> void pt(const T& arg, const Ts&... args) { cout << arg << " "; pt(args...); }

template <class T> inline void pt(const T &s) { cout << s << "\n"; }

template <class T> inline void pt(const vector <T> &vec) { for (auto &it : vec) cout << it << " "; cout << endl; }

ll gcd(ll a, ll b) { return b ? gcd(b, a % b) : a; }

inline ll qpow(ll base, ll n) { ll res = 1; while (n) { if (n & 1) res = res * base % mod; base = base * base % mod; n >>= 1; } return res; }

constexpr int N = 5e5 + 10;

int n, k, fa[N]; ll f[N][2], g[N];

vector <vector<pII>> G;

void dfs(int u) {

	f[u][0] = f[u][1] = 0;

	for (auto &it : G[u]) {

		int v = it.fi, w = it.se;

		if (v == fa[u]) continue;

		fa[v] = u;

		dfs(v);

		g[v] = f[v][1] + w - f[v][0];

		f[u][0] += f[v][0];

		f[u][1] += f[v][0];

	}

	vector <int> id;

	for (auto &it : G[u]) if (it.fi != fa[u]) id.push_back(it.fi);

	sort(id.begin(), id.end(), [&](int x, int y) { return g[x] > g[y]; });

	for (int i = 0, sze = id.size(); i < k && i < sze; ++i) {

		int v = id[i];

		if (g[v] < 0) break;

		if (i < k - 1) f[u][1] += g[v];

		f[u][0] += g[v];

	}

}

void run() {

	cin >> n >> k;

	G.clear(); G.resize(n + 1);

	for (int i = 1, u, v, w; i < n; ++i) {

		cin >> u >> v >> w;

		G[u].emplace_back(v, w);

		G[v].emplace_back(u, w);

	}

	fa[1] = 1;

	dfs(1);

	pt(max(f[1][0], f[1][1]));

}

int main() {

	ios::sync_with_stdio(false);

	cin.tie(nullptr); cout.tie(nullptr);

	cout << fixed << setprecision(20);

	int _T; cin >> _T;

	while (_T--) run();

	return 0;

}

D. Stack Exterminable Arrays

题意：

给出$n$个数，维护一个栈，将一个数列加到栈中，这么加：

如果栈空或者栈顶不等于当前数$a_i$，那么将$a_i$加入到栈顶
如果栈顶的数等于当前数$a_i$，那么栈顶弹出。

现在询问有多少连续子序列操作完后栈是空的。

思路：

我们考虑枚举每个连续子序列的右端点，统计有多少个左端点满足。

我们用$S[i]$表示前$i$个数的操作完后的栈序列。

那么当且仅当$S[i] = S[j]$的时候，$[i +1, j]$这段序列操作完后栈是空的。

将$S[i]$哈希一下即可。

代码：

view code

#include <bits/stdc++.h>

#define debug(...) { printf("#  "); printf(__VA_ARGS__); puts(""); }

#define fi first

#define se second

#define endl "\n"

using namespace std;

using db = double;

using ll = long long;

using ull = unsigned long long;

using pII = pair <int, int>;

using pLL = pair <ll, ll>;

constexpr int mod = 1e9 + 7;

template <class T1, class T2> inline void chadd(T1 &x, T2 y) { x += y; while (x >= mod) x -= mod; while (x < 0) x += mod; }

template <class T1, class T2> inline void chmax(T1 &x, T2 y) { if (x < y) x = y; }

template <class T1, class T2> inline void chmin(T1 &x, T2 y) { if (x > y) x = y; }

inline int rd() { int x; cin >> x; return x; }

template <class T> inline void rd(T &x) { cin >> x; }

template <class T> inline void rd(vector <T> &vec) { for (auto &it : vec) cin >> it; }

inline void pt() { cout << endl; }

template <class T, class... Ts> void pt(const T& arg, const Ts&... args) { cout << arg << " "; pt(args...); }

template <class T> inline void pt(const T &s) { cout << s << "\n"; }

template <class T> inline void pt(const vector <T> &vec) { for (auto &it : vec) cout << it << " "; cout << endl; }

ll gcd(ll a, ll b) { return b ? gcd(b, a % b) : a; }

inline ll qpow(ll base, ll n) { ll res = 1; while (n) { if (n & 1) res = res * base % mod; base = base * base % mod; n >>= 1; } return res; }

constexpr int N = 3e5 + 10;

//

struct Hash {

	static ull base[N];

	static void init() {

		base[0] = 1;

		for (int i = 1; i < N; ++i)

			base[i] = base[i - 1] * 19260817;

	}

	ull a[N];

	inline void work() { a[0] = 0; }

	inline void add(int ch, int id) {

	    a[id] = a[id - 1] * 19260817 + ch;

	}

}hs;

ull Hash::base[N] = {0};

map <ull, int> mp;

int n, a[N], sta[N];

void run() {

	cin >> n;

	for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> a[i];

	mp.clear();

	mp[0] = 1; *sta = 0;

	ll res = 0;

	hs.work();

	for (int i = 1; i <= n; ++i) {

		if (*sta && sta[*sta] == a[i]) --*sta;

		else sta[++*sta] = a[i], hs.add(a[i], *sta);

		ull H = hs.a[*sta]; res += mp[H];

		++mp[H];

	}

	pt(res);

}

int main() {

	Hash::init();

	ios::sync_with_stdio(false);

	cin.tie(nullptr); cout.tie(nullptr);

	cout << fixed << setprecision(20);

	int _T; cin >> _T;

	while (_T--) run();

	return 0;

}