Codeforces Round #603 (Div. 2) (题解)

A. Sweet Problem (找规律)

大致思路：

有一点瞎猜的，首先排一个序， $a_1>a_2>a_3$ ，发现如果 $a_1>=a_2+a_3$ ，那么答案肯定是 $a_2+a_3$ ，然后发现发现规律当 $a_2==a_3$ 的时候，还可以贡献 $(a_1+a_2+a_3)/2$ 的答案，所以只要 $a_1$ 和 $a_2$ 减掉一个值就可以了。

B. PIN Codes (暴力)

题目链接

大致思路：

可以知道，存在一个数字不同的pin是大于100个的，那么只要将所有的pin用map记录一下，把出现重复的暴力改数字改到不重复为止就行了。要注意不能边读入边改，这样可能会改成和后面的一样导致答案变大。

C. Everyone is a Winner! (数学)

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大致思路：

主要使用到除法分块，因为用计算器计算整数除法，会存在 $[a,b]$ 的数除上 $i$ 的值的相同，我们可以用 $\sqrt{n}$ 的复杂度求出，是一个模板题。

代码：

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N=1e6+10;

int T;

int ans[N];

int main()

{

	//freopen("H:\\c++1\\in.txt","r",stdin);

	//freopen("H:\\c++1\\out.txt","w",stdout);

	scanf("%d",&T);

	int n;

	while(T--){

		int cnt=0;

		scanf("%d",&n);

		for(int l=1,r;l<=n;l=r+1)

		{

    		r=n/(n/l);

    		//cout<<l<<" "<<r<<endl;

    		ans[++cnt]=r;

    		//ans+=(r-l+1)*(n/l);

		}

		sort(ans+1,ans+cnt+1);

		printf("%d\n",cnt+1);

		for(int i=0;i<=cnt;i++){

			printf("%d%c",ans[i],i==cnt?'\n':' ');

		}

	}

	return 0;

}

D. Secret Passwords (并查集/瞎搞)

题目链接

题目大意：

给 $n$ 个字符串，两个字符串为一类的条件是存在一个相同的字母，问 $n$ 个字符串可以分成几类。

大致思路：

比赛的时候是瞎做的，对每一字母进行考虑，不断增大答案的集合，假设当前到来第 $i$ 个字母，如果字符串如果还没被标记那么它不存在 $[1,i]$ 字母，必然不能影响前面的分类结果。

或者使用并查集用字母来分类，写起来很简单。

代码：

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N=2e5+10;

string s[N];

bool gs[N][26];

int jl[N];

bool vis[N];

int n;

queue<int>q;

int main()

{

	//freopen("H:\\c++1\\in.txt","r",stdin);

	//freopen("H:\\c++1\\out.txt","w",stdout);

	scanf("%d",&n);

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

		cin>>s[i];

		int len=s[i].length();

		for(int j=0;j<len;j++){

			gs[i][s[i][j]-'a']=1;

		}

	}

	int id=0;

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

		for(int j=0;j<26;j++){

			if(gs[i][j])jl[i]|=(1<<j),id=j;

		}

	}

	int now=0;

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

		if((jl[i]>>id)&1){

			now|=jl[i];

			vis[i]=1;

		}

	}

	int ans=1;

	for(int i=0;i<26;i++)

	if(((now>>i)&1)==0){

		for(int j=1;j<=n;j++)

		if(vis[j]==0&&((jl[j]>>i)&1)){

			if((jl[j]&now)==0){

				ans++;

			}

			now|=jl[j];

			vis[j]=1;

		}

	}

	cout<<ans<<endl;

	return 0;

}

E. Editor (线段树)

题目链接

题目大意：

给一个按键序列，其中有 $(),R,L$ ,字母，通过 $R$ 和 $L$ 来移动编辑的光标，每次指令输出当前序列的括号是否合法，若合法输出最大嵌套数量。

大致思路：

观察一个括号序列， $(()()())()$ ，如果我们将 $($ 做为 $，1，)$ 括号做为 $-1$ ，得到前缀和序列 $1，2，1，2，1，2，1，0，1，0$ ，那么如果当前括号合法，那么其最后的前缀和为 $0$ ，且前缀和序列最小值大于等于 $0$，那么我们就可以模拟指令的输入，对于一个括号，就是对 $正无穷(pos,正无穷)$ 的一个区间加，然后最大的嵌套次数就是区间的最大值，用区间最小值来判断合法即可，用线段树来维护，要注意会出现 $pos=1$，还有 $L$ 的指令。

代码：

#include<bits/stdc++.h>

#define ls x<<1

#define rs x<<1|1

using namespace std;

const int N=1e6+10;

char s[N];

int n;

struct node{

	int l,r,mx,mi,f;

}e[N*4];

void up(int x){

	e[x].mx=max(e[ls].mx,e[rs].mx);

	e[x].mi=min(e[ls].mi,e[rs].mi);

}

void down(int x){

	if(e[x].f==0)return;

	int f=e[x].f;

	e[ls].mx+=f,e[ls].f+=f;e[rs].mx+=f;e[rs].f+=f;

	e[ls].mi+=f;e[rs].mi+=f;

	e[x].f=0;

	return;

}

void built(int x,int l,int r){

	e[x].l=l,e[x].r=r;e[x].f=0;

	if(l==r){

		e[x].mx=e[x].mi=0;return;

	}

	int mid=(l+r)/2;

	built(ls,l,mid);built(rs,mid+1,r);

	up(x);

}

void add(int x,int LL,int RR,int val){

	if(e[x].l>=LL&&e[x].r<=RR){

		e[x].mx+=val;

		e[x].mi+=val;

		e[x].f+=val;

		return;

	}

	down(x);

	int mid=(e[x].l+e[x].r)/2;

	if(LL<=mid)add(ls,LL,RR,val);

	if(RR>mid)add(rs,LL,RR,val);

	up(x);

}

int pd(int x,int pos){

	if(e[x].l==e[x].r)return e[x].mx;

	down(x);

	int mid=(e[x].l+e[x].r)/2;

	if(pos<=mid)return pd(ls,pos);

	else return pd(rs,pos);

}

int query(int x,int LL,int RR){

	if(e[x].l>=LL&&e[x].r<=RR){

		return e[x].mx;

	}

	down(x);

	int ans=0;

	int mid=(e[x].l+e[x].r)/2;

	if(LL<=mid)ans=max(ans,query(ls,LL,RR));

	if(RR>mid)ans=max(ans,query(rs,LL,RR));

	return ans;

}

int query1(int x,int LL,int RR){

	if(e[x].l>=LL&&e[x].r<=RR){

		return e[x].mi;

	}

	down(x);

	int ans=1e6+10;

	int mid=(e[x].l+e[x].r)/2;

	if(LL<=mid)ans=min(ans,query1(ls,LL,RR));

	if(RR>mid)ans=min(ans,query1(rs,LL,RR));

	return ans;

}

int ans[N];

int vis[N];

int main()

{

	//freopen("H:\\c++1\\in.txt","r",stdin);

	//freopen("H:\\c++1\\out.txt","w",stdout);

	scanf("%d",&n);

	scanf("%s",s+1);

	built(1,1,N-1);

	int pos=1;

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

		if(s[i]=='R')pos++,ans[i]=ans[i-1];

		else if(s[i]=='L'){

			ans[i]=ans[i-1];

			if(pos==1)continue;

			pos--;

		}

		else if(s[i]=='('){

			int val=0;

			if(vis[pos]==1)val=0;

			else if(vis[pos]==-1)val=2;

			else if(vis[pos]==0)val=1;

			vis[pos]=1;

			add(1,pos,N-1,val);

			int flag=pd(1,N-1),flag1=query1(1,1,N-1);

			if(flag==0&&flag1>=0){

				ans[i]=query(1,1,N-1);

			}else ans[i]=-1;

		}else if(s[i]==')'){

			int val=0;

			if(vis[pos]==-1)val=0;

			else if(vis[pos]==1)val=-2;

			else if(vis[pos]==0)val=-1;

			vis[pos]=-1;

			add(1,pos,N-1,val);

			int flag=pd(1,N-1),flag1=query1(1,1,N-1);

			if(flag==0&&flag1>=0){

				ans[i]=query(1,1,N-1);

			}else ans[i]=-1;

			//cout<<val<<" "<<flag<<" "<<pd(1,N-1)<<" "<<query(1,1,N-1)<<endl;

		}else {

			int val=0;

			if(vis[pos]==0)val=0;

			else if(vis[pos]==1)val=-1;

			else if(vis[pos]==-1)val=1;

			add(1,pos,N-1,val);

			vis[pos]=0;

			int flag=pd(1,N-1),flag1=query1(1,1,N-1);

			if(flag==0&&flag1>=0){

				ans[i]=query(1,1,N-1);

			} else ans[i]=-1;

		}

	}

	for(int i=1;i<=n;i++)printf("%d%c",ans[i],i==n?'\n':' ');

	return 0;

}

F. Economic Difficulties (DP)

题目链接

题目大意：

存在两颗树，两个树的根节点为 $1$ ，一个从上到下，一个从下到上，叶子结点个数相同且为 $n$ ，有 $n$ 个电机，每一个电机分别连接上下各一个叶子结点，只要存在一个叶子结点那么该电机可以运行，问使得 $n$ 个电机都可以运行，最多可以删除两棵树的边。

大致思路：

首先可以分析，对于每一个电机必然是删除上树或者下树的边，我们使用 $val[i][j]$ 来表示仅不给 $[i,j]$ 电机供电最大能删除的边，分别求出两颗树的，用 $dp[i]$ ，来表示使得 $[1,i]$ 的电机可以运行最多可以删除的边数，那么 $dp[i]=max(dp[i],dp[j]+max(val1[j+1][i],val2[j+1][i])$ ;就是相当于对于 $[j+1][i]$ 区间我选择上面下面最大的进行删除。对于 $val[i][j]$ 可以使用 $dfs$ 一遍来求，但是可能会出现有的 $val[i][j]$ 没有赋值，那是由于不能仅不给 $[i,j]$ 电机断点，换句话就是要是 $[i,j]$ 断电，会导致实际 $[x,y]$ 断电，且 $[x,y]$ 包括 $[i,j]$ ，理解还是比较简单的，比较好写。

代码：

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N=3e3+10;

vector<int>e[2][N];

int dp[N];

int l[2][N],r[2][N];

int val[2][N][N];

int tot[2][N];

int n;

void dfs(int _,int x){

	if(x!=1)tot[_][x]=1;

	for(int v:e[_][x]){

		dfs(_,v);

		l[_][x]=min(l[_][x],l[_][v]); // x结点子树最左边的点，和最右边的点

		r[_][x]=max(r[_][x],r[_][v]);

		tot[_][x]+=tot[_][v];

	}

	val[_][l[_][x]][r[_][x]]=max(val[_][l[_][x]][r[_][x]],tot[_][x]);

}

int main()

{

	//freopen("H:\\c++1\\in.txt","r",stdin);

	//freopen("H:\\c++1\\out.txt","w",stdout);

	scanf("%d",&n);

	for(int _=0;_<2;_++){ // 两颗树

		int a;

		scanf("%d",&a);

		for(int i=1;i<=a;i++)l[_][i]=a+1,r[_][i]=0;

		for(int i=1,x;i<a;i++){

			scanf("%d",&x);

			e[_][x].push_back(i+1);

		}

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

			scanf("%d",&x);l[_][x]=r[_][x]=i;

		}

		dfs(_,1);

	}

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

	for(int j=0;j<i;j++){

		dp[i]=max(dp[i],dp[j]+max(val[0][j+1][i],val[1][j+1][i]));

	}

	printf("%d\n",dp[n]);

	return 0;

}