Educational Codeforces Round 168 (Rated for Div. 2)

题目链接：Educational Codeforces Round 168 (Rated for Div. 2)

总结：题目较简单，但是发挥很一般。A，B题一直读假题，卡了半个小时；C题用char存int，难绷了。

A. Strong Password

tag：模拟

void solve() {
    string s;
    cin >> s;

    for (int i = 1; i < s.size(); i ++) {
        if (s[i] == s[i - 1]) {
            cout << s.substr(0, i) << (s[i] == 'a' ? 'b' : 'a') << s.substr(i) << "\n";
            return;
        }
    }
    s += s.back() == 'a' ? 'b' : 'a';
    cout << s << "\n";
}

B. Make Three Regions

tag：模拟

void solve() {
    int n;
    cin >> n;

    string s[2];
    cin >> s[0] >> s[1];

    int ans = 0;
    for (int i = 1; i < n - 1; i ++) {
        for (int j = 0; j < 2; j ++) {
            if (s[j][i] == '.' && s[j][i - 1] == '.' && s[j][i + 1] == '.' && s[j ^ 1][i] == '.' && s[j ^ 1][i - 1] == 'x' && s[j ^ 1][i + 1] == 'x') {
                ans ++;
            }
        }
    }
    cout << ans << "\n";
}

C. Even Positions

tag：思维

Description：给定一个括号序列，奇数位用\(\_\)表示，对于一个括号序列的花费为\((xxxx)\)：\(r - l\)，你需要将其还原为花费最少的合法序列。

Solution：先考虑如何还原，我们定义\(x\)为当前\((\)的数量，\(y\)为\()\)的数量，当\(x <= y\)时，我们填\((\)，否则填\()\)。

• 考虑如何计算答案，使用\(stack\)，存储\((\)的下标，遇到\()\)时，弹出栈顶比计算答案。

void solve(){
    cin >> n;
    string s;
    cin >> s;
    int x = 0, y = 0;
    s = "$" + s;
    for (int i = 1; i <= n; i ++){
        if (s[i] == '(')
            x ++;
        else if (s[i] == ')')
            y ++;
        else{
            if (x <= y)
                s[i] = '(', x ++;
            else
                s[i] = ')', y ++;
        }
    }
    int ans = 0;
    stack<int> st;
    for (int i = 1; i <= n; i ++){
        if (s[i] == '('){
            st.ep(i);
            continue;
        }
        else{
            int t = st.top();
            st.pop();
            ans += (i - t);
        }
    }

    cout << ans << endl;
}

D. Maximize the Root

tag：dfs

Description：给定一个由\(n\)个节点组成的树，每个点的权值为\(a_i\)。可以执行任意次一下操作：

• 选择一个有子节点的节点\(v\)，将\(v\)加\(1\)，其余所有子节点\(-1\)。但是所有值必须大于等于零。
• 求根节点的最大可能值。

Solution：模拟操作发现，对于非根节点的最大值

• 如果其值大于所有子节点，那么该值的贡献为子节点中的最小值。

• 如果该值小于子节点中的最小值，那么该值最大贡献为\((a_i + mi) / 2\)。

• 对于根节点，只需要加上其子节点的最小值即可。

void solve(){
    cin >> n;
    vector g(n + 1, vector<int>());
    vector<int> a(n + 1);

    for (int i = 1; i <= n; i ++)
        cin >> a[i];
    for (int i = 2; i <= n; i ++){
        int x;
        cin >> x;
        g[x].eb(i);
        g[i].eb(x);
    }  

    auto dfs = [&](auto dfs, int v, int u) -> int{
        int res = a[v];
        int t = -1;
        for (auto i : g[v]){
            if (i == u)
                continue;
            if (t == -1)
                t = dfs(dfs, i, v);
            else
                t = min(t, dfs(dfs, i, v));
        }
        if (v == 1){
            return a[1] += t;
        }
        if (t == -1)
            return res;
        if (t <= res)
            return a[v] = t;
        else{
            return a[v] = (res + t) / 2;
        }
    };
    cout << dfs(dfs, 1, -1) << endl;
}

E. Level Up

tag：二分 + 树状数组

Description：有一个长度为\(n\)的序列\(a\)，和整数\(x, k\)，初始时\(x == 1\)。

• 一次操作为：从\(1 -> n\)一次判断，每\(k\)次满足\(a_i >= x\)，\(x ++\)。

• 现在有\(q\)次询问，每次询问给定\(i, t\)，求当\(k == t\)，操作执行到\(i\)时，\(a_i\)是否大于等于\(x\)。

• \(1 <= n, q <= 2*10^5, 1 <= a_i <= 2*10^5\)

Solution：没有修改操作，首先考虑预处理。

• 我们先考虑\(k\)与\(x\)的关系，显然\(k\)越小\(x\)越大，那么对于每一个\(a_i\)，我们可以二分得到一个最小的\(b_i\)，使得\(k == b_i\)时，\(a_i >= x\)。但是对每个数处理的时间复杂度为\(O(nlogn)\)，总的时间复杂度为\(O(n^2logn)\)
• 考虑如果优化check函数，对于每一个\(mid\)，我们需要知道前面\(i - 1\)个数执行的操作次数。并且我们已经得到\(b_1到b_{i - 1}\)，如果\(mid >= b_j\)，那么在第\(j\)个数就需要执行操作。因此我们使用树状数组维护前\(i - 1\)个怪物的\(b_i\)值。
• 对于每一个\(mid\)，我们只需要知道前面有多少个\(b_i\)小于等于\(mid\)即可。

int tr[N];

int lowbit(int x){
    return x & -x;
}

void add(int x, int c){
    for (int i = x; i <= n; i += lowbit(i))
        tr[i] += c;
}

LL sum(int x){
    LL res = 0;
    for (int i = x; i > 0; i -= lowbit(i))
        res += tr[i];
    return res;
}

LL aks(int l, int r){
    return sum(r) - sum(l - 1);
}

void solve(){
    int q;
    cin >> n >> q;
    vector<int> a(n + 1), b(n + 1);
    for (int i = 1; i <= n; i ++){
        cin >> a[i];
    }

    for (int i = 1; i <= n; i ++){  // 初始化
        int l = 0, r = i + 1;
        while (l + 1 < r){
            int mid = l + r >> 1;
            if (sum(mid) / mid + 1 > a[i])
                l = mid;
            else
                r = mid;
        }
        b[i] = r;
        add(b[i], 1);
    }

    while (q --){
        int i, x;
        cin >> i >> x;
        if (x < b[i])
            cout << "NO\n";
        else
            cout << "YES\n";
    }
}