Educational Codeforces Round 74 (Rated for Div. 2)

A. Prime Subtraction

判断一下是否相差为$1$即可。

B. Kill 'Em All

随便搞搞。

C. Standard Free2play

题意：

现在有一个高度为$h$的悬崖，每一层有平台，但可能是隐藏状态。

高度为$h$的那层平台一定是在外面的，假设当前高度为$x$，那么每次可以改变$x$和$x-1$层平台的状态。

规定一个人若从$x$掉到$x-1$或者$x-2$都没事，否则就出事了。

问最少改变多少平台的状态，能够使在$h$高度的人顺利到达地面（高度为$0$）。

思路：

我大概模拟了一下这个过程，然后发现对于连续的$x,x-1,\cdots,x-k$，最终答案是否加一与$x$和$x-k$的奇偶性相关。

并且从$h_i$到$h_{i+1}$，假设中间有空平台，其实最后到达的是$h_{i+1}-1$，然后就这样模拟一下这个过程就行了。

注意一下细节：最后到地面的时候记得判断一下高度是否大于$2$，否则答案会加一。

代码如下：

Code

#include <bits/stdc++.h>

#define MP make_pair

#define fi first

#define se second

#define sz(x) (int)(x).size()

#define all(x) (x).begin(), (x).end()

// #define Local

using namespace std;

typedef long long ll;

typedef pair<int, int> pii;

const int N = 2e5 + 5;

int q;

int h, n;

int a[N];

void run() {

	cin >> h >> n;

	a[n + 1] = 0;

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

	int ans = 0;

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

		j = i;

		if(i != 1) {

			++i;

			if(a[i] != a[i - 1] - 1) {

				++ans;

				continue;

			}

		}

		if(i > n) break;

		j = i;

		while(j + 1 <= n && a[j] - a[j + 1] == 1) ++j;

		if((a[i] & 1) != (a[j] & 1) && a[j] != 1) ++ans;

	}

	cout << ans << '\n';

}

int main() {

    ios::sync_with_stdio(false);

    cin.tie(0); cout.tie(0);

    cout << fixed << setprecision(20);

#ifdef Local

    freopen("../input.in", "r", stdin);

    freopen("../output.out", "w", stdout);

#endif

    cin >> q;

    while(q--) run();

    return 0;

}

D. AB-string

题意：

给出一个只含$A,B$的字符串，现在定义一个好的串是指：对于串中的每个数，都包含在一个长度大于$1$的回文串内。

问给出的字符串中，有多少好的串。

思路：

容易发现，对于一个长度大于$2$串，其中间的数一定被包含在某个回文中；
所以我们直接考虑两边的数。
进一步发现，只有这样的串不满足条件：$A$或者$B$只出现一次，并且出现在两端某个位置。
所以最终不合法的情况一定是“一段一段”的，可以直接压缩连续的段，统计个数然后直接算就行。

我做法是正反扫两边来搞的，稍微复杂一点。

Code

#include <bits/stdc++.h>

#define MP make_pair

#define fi first

#define se second

#define sz(x) (int)(x).size()

#define all(x) (x).begin(), (x).end()

// #define Local

using namespace std;

typedef long long ll;

typedef pair<int, int> pii;

const int N = 3e5 + 5;

int n;

char s[N];

void run() {

    cin >> (s + 1);

    ll ans = 0;

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

        j = i;

        while(j <= n && s[j] == s[i]) ++j;

        --j; i = j;

        while(j + 1 <= n && s[j + 1] != s[i]) ++j;

        ans += j - i;

    }

    for(int i = n, j; i > 1; i = j) {

        j = i;

        while(j >= 1 && s[j] == s[i]) --j;

        ++j; i = j;

        while(j - 1 >= 1 && s[j - 1] != s[i]) --j;

        if(i - j - 1 >= 0) ans += i - j - 1;

    }

    ans = 1ll * (n - 1) * n / 2 - ans;

    cout << ans << '\n';

}

int main() {

    ios::sync_with_stdio(false);

    cin.tie(0); cout.tie(0);

    cout << fixed << setprecision(20);

#ifdef Local

    freopen("../input.in", "r", stdin);

    freopen("../output.out", "w", stdout);

#endif

    while(cin >> n) run();

    return 0;

}

E. Keyboard Purchase

题意：

给出一个最多由前$m$个字母组成的字符串。

现在串的贡献就为$\sum_{i=2}^{n}|pos_{s_{i-1}}-pos_{s_i}|$，$pos_c$表示$c$这个字符在排列中的位置，这个排列是自己定的。

现在就要求所有排列中最小的贡献。

思路：

一开始想的就是枚举第一个位置的数...枚举第二个位置的数...但复杂度是阶乘级别的，然后没做出来；然后将问题转化为二元组，似乎也不行...就卡住了。
后来发现，直接可以二进制压缩，当二进制上面有$x$个$1$时，就相当于固定了前$x$个位置，位置固定后，绝对值就很好化简了。
然后枚举新添加进来的数，把绝对值拆开单独计算它的贡献，比如它和前面某些数相邻，此时他的贡献就是正的，对于其它的，他的贡献就是负的。
直接做复杂度是$O(2^m*m^2)$的，可以预处理一下$g(state,i)$表示$state$中与$i$相邻的有多少个，转移直接利用二进制最后一位来进行转移，显然统计出来的$g(state,i)$不重不漏，最终复杂度就为$O(2^m*m)了$。

关键在于状态的定义，除开一般的“存在性”的含义，还有隐性含义固定前面的位置，并且仔细思考，这样其实可以直接枚举到所有的情况，之前似乎还没碰过这种hhh，感觉很巧妙。

详见代码：

Code

#include <bits/stdc++.h>

#define MP make_pair

#define fi first

#define se second

#define sz(x) (int)(x).size()

#define all(x) (x).begin(), (x).end()

// #define Local

#define INF 0x3f3f3f3f

using namespace std;

typedef long long ll;

typedef pair<int, int> pii;

const int N = 2e6 + 5, M = 20;

int n, m;

char s[N];

int cnt[M][M], num[N];

int g[N][M], f[N];

int lg2[N];

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

void run() {

    cin >> (s + 1);

    memset(cnt, 0, sizeof(cnt));

    memset(f, INF, sizeof(f));

    memset(num, 0, sizeof(num));

    int lim = 1 << m;

    for(int i = 2; i < 1 << m; i++) lg2[i] = lg2[i >> 1] + 1;

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

        ++cnt[s[i] - 'a'][s[i + 1] - 'a'];

        ++cnt[s[i + 1] - 'a'][s[i] - 'a'];

    }

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

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

            if(i == 0) g[i][j] = 0;

            else g[i][j] = g[i ^ lowbit(i)][j] + cnt[j][lg2[lowbit(i)]];

        }

    }

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

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

            if(i >> j & 1) ++num[i];

        }

    }

    f[0] = 0;

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

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

            if(i >> j & 1) {

                int msk1 = i ^ (1 << j);

                int msk2 = (lim - 1) ^ i;

                f[i] = min(f[i], f[msk1] + num[i] * (g[msk1][j] - g[msk2][j]));

            }

        }

    }

    cout << f[lim - 1] << '\n';

}

int main() {

    ios::sync_with_stdio(false);

    cin.tie(0); cout.tie(0);

    cout << fixed << setprecision(20);

#ifdef Local

    freopen("../input.in", "r", stdin);

    freopen("../output.out", "w", stdout);

#endif

    while(cin >> n >> m) run();

    return 0;

}

F. The Maximum Subtree

题意：

求树上最大毛毛虫。

思路：

直接$dp$就行，一开始初始化错了改了一小时...

感觉难点就是问题的转化？但感觉问题转化也不是很难...

Code

#include <bits/stdc++.h>

#define MP make_pair

#define fi first

#define se second

#define sz(x) (int)(x).size()

#define all(x) (x).begin(), (x).end()

// #define Local

using namespace std;

typedef long long ll;

typedef pair<int, int> pii;

const int N = 3e5 + 5;

int n, q;

int ans;

int g[N];

struct Edge {

    int v, next;

}e[N << 1];

int head[N], tot;

void adde(int u, int v) {

    e[tot].v = v; e[tot].next = head[u]; head[u] = tot++;

}

void dfs(int u, int fa) {

    int son = 0, mx = 0, mx2 = 0;

    for(int i = head[u]; i != -1; i = e[i].next) {

        int v = e[i].v;

        if(v == fa) continue;

        ++son;

        dfs(v, u);

        g[u] = max(g[u], g[v]);

        if(g[v] > mx) {

            mx2 = mx, mx = g[v];

        } else if(g[v] > mx2) mx2 = g[v];

    }

    if(son == 0) {

        g[u] = 1; return;

    }

    ans = max(ans, mx + mx2 + max(son - 1, 1) + (fa != 0));

    g[u] += son;

}

void run() {

    cin >> n;

    for(int i = 1; i <= n; i++) head[i] = -1, g[i] = 0;

    tot = 0;

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

        int u, v; cin >> u >> v;

        adde(u, v); adde(v, u);

    }

    ans = 0;

    dfs(1, 0);

    cout << ans << '\n';

}

int main() {

    ios::sync_with_stdio(false);

    cin.tie(0); cout.tie(0);

    cout << fixed << setprecision(20);

#ifdef Local

    freopen("../input.in", "r", stdin);

    freopen("../output.out", "w", stdout);

#endif

    cin >> q;

    while(q--) run();

    return 0;

}