Codeforces Round #397 by Kaspersky Lab and Barcelona Bootcamp (Div. 1 + Div. 2 combined)

运气好，分到的房里我最先开始Hack C题，Hack了12个，听说F题沙雕莫队但我不会，最后剩不到15分钟想出E题做法打了一波结果挂了，最后虽然上分了但总有点不甘心。

最后A掉ABCD Hack+12 Rank:176 Rating:2109+47->2156

上次被黄学长D：“怎么说你也有2200了吧”，2100蒟蒻真是抱歉QAQ

A.Neverending competitions

题目大意：某人从家里飞出去再飞回来再飞出去再飞回来……，现在给你N张他用过的机票（N<=100），保证合法但顺序打乱了，问他现在家还是在外面。

思路：n%2问题……没看清题目保证在外地必然飞回家，写了判断出入度。

#include<cstdio>
inline int read()
{
    int x=;char c;
    while((c=getchar())<''||c>'');
    for(;c>=''&&c<='';c=getchar())x=(x<<)+(x<<)+c-'';
    return x;
}
int main()
{
    int n=read(),x,a=;char s[];
    scanf("%s",s);x=(s[]*+s[])*+s[];
    while(n--)
    {
        scanf("%s",s);
        if((s[]*+s[])*+s[]==x)++a;
        if((s[]*+s[])*+s[]==x)--a;
    }
    puts(a?"contest":"home");
}

B.Code obfuscation

题目大意：一篇文章，碰见第一个没碰过的单词就把所有这个单词替换成a，第二个就替换成b，给一个长度不超过500的小写字母串，问是否可能是某篇文章加密得到的。

思路：拿个变量存用到哪个字母了呗……手速题

#include<cstdio>
inline int read()
{
    int x=;char c;
    while((c=getchar())<''||c>'');
    for(;c>=''&&c<='';c=getchar())x=(x<<)+(x<<)+c-'';
    return x;
}
#define MN 500
char s[MN+];
int main()
{
    int i,x='a';
    scanf("%s",s);
    for(i=;s[i];++i)
    {
        if(s[i]>x)return *puts("NO");
        if(s[i]==x)++x;
    }
    puts("YES");
}

C.Table Tennis Game 2

题目大意：给出a,b,k，问(a,b)最多被分解为几个(k,x)或(x,k)（x<k）的和，若无解输出-1。

思路：判断是否有解然后输出a/k+b/k就行了，怎么判断有解就变成了本场比赛最大的hack点，正确做法是(a<k&&b%k!=0)||(b<k&&a%k!=0)就无解，错误做法有a/k+b/k>0就有解，a<k且b<k时无解等。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
inline int read()
{
    int x=;char c;
    while((c=getchar())<''||c>'');
    for(;c>=''&&c<='';c=getchar())x=(x<<)+(x<<)+c-'';
    return x;
}
int main()
{
    int k,a,b,ans;
    k=read();a=read();b=read();
    if(a<k&&b%k)return *puts("-1");
    if(b<k&&a%k)return *puts("-1");
    printf("%d",a/k+b/k);
}

D.Artsem and Saunders

题目大意：N<=100,000，给出[1,n]到[1,n]的映射f(x)，求[1,n]到[1,m]的映射g(x)和[1,m]到[1,n]的映射h(x)，使得任意x属于[1,m]g(h(x))=x，任意x属于[1,n]h(g(x))=f(x)。

思路：观察发现对于每组相等的f(x)的x，必须要有一个满足x=f(x)，这些x全部映射到[1,m]中一个再映射到f(x)就行了。

#include<cstdio>
inline int read()
{
    int x=;char c;
    while((c=getchar())<''||c>'');
    for(;c>=''&&c<='';c=getchar())x=(x<<)+(x<<)+c-'';
    return x;
}
#define MN 100000
int a[MN+],c[MN+],p[MN+],pn;
int main()
{
    int n=read(),i;
    for(i=;i<=n;++i)if((a[i]=read())==i)p[c[i]=++pn]=i;
    for(i=;i<=n;++i)if(!c[a[i]])return *puts("-1");
    printf("%d\n",pn);
    for(i=;i<=n;++i)printf("%d ",c[a[i]]);puts("");
    for(i=;i<=pn;++i)printf("%d ",p[i]);
}

E.Tree Folding

题目大意：一颗树，每次选一个点，把与他相连的两条同长的链并成一条（链上不能向其他地方连），问最后能否把树并成一条链，能的话求出最短链长。

思路：我瞎yy了一个做法，不会证明，请随意意会。求出每个点作为根时他每个儿子的子树深度，如果深度的种数超过2则无解，若全部都不超过2则答案为每个点为根时得到的两种深度相加中的最小值，算深度可以DP O(n)求出以1为根的情况然后O(1)移动根。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
inline int read()
{
    int x;char c;
    while((c=getchar())<''||c>'');
    for(x=c-'';(c=getchar())>=''&&c<='';)x=(x<<)+(x<<)+c-'';
    return x;
}
#define MN 200000
struct edge{int nx,t;}e[MN*+];
int h[MN+],en,d[MN+],d1[MN+],d2[MN+],c[MN+],g;
inline void ins(int x,int y)
{
    e[++en]=(edge){h[x],y};h[x]=en;
    e[++en]=(edge){h[y],x};h[y]=en;
}
void cal(int x,int d)
{
    if(!d1[x])d1[x]=d;else if(d1[x]!=d)
    if(!d2[x])d2[x]=d;else if(d2[x]!=d)g=;
}
void pre(int x,int f)
{
    for(int i=h[x];i;i=e[i].nx)if(e[i].t!=f)
    {
        pre(e[i].t,x);
        if(d[e[i].t]>=d[x])c[x]=d[x],d[x]=d[e[i].t];
        else if(d[e[i].t]>c[x])c[x]=d[e[i].t];
        cal(x,d[e[i].t]);
    }
    ++d[x];++c[x];
}
void dfs(int x,int f,int fd)
{
    if(f)cal(x,fd);
    for(int i=h[x];i;i=e[i].nx)if(e[i].t!=f)
        dfs(e[i].t,x,max(fd+,d[x]==d[e[i].t]+?c[x]:d[x]));
}
int main()
{
    int n=read(),i,ans;
    for(i=;i<n;++i)ins(read(),read());
    pre(,);dfs(,,);
    if(g)return *puts("-1");
    for(ans=d1[]+d2[],i=;i<=n;++i)ans=min(ans,d1[i]+d2[i]);
    while(ans%==)ans/=;
    printf("%d",ans);
}

F.Souvenirs

题目大意：给定一个长度为N的数列，M次询问，每次询问区间中最小的两个不同位置元素的最小差，区间长度至少为2。（N<=100,000，M<=300,000）

思路：觉得这题非常厉害，今天终于把这坑填了（这位置好深，不知道有没人看得到）。好多人写的玄学莫队，甚至多个log的都卡过去了。从网上某大神处找到了O(Nlogn^2+Mlogn)的解法，非常妙，大概是这样的：考虑从左到右加入数字，维护以当前加到的数字为右端点，各个左端点的答案。分两次做，一次只考虑前面的数小于后面的情况，另一次只考虑大于。这里说下第一种（另一种一样，反过来就好了）：每次加入一个数ai，我们找到已加入的最右端的小等于ai的数aj，用ai-aj更新1~j作为左端点时的答案，接下来考虑再用aj左边小等于ai的数ak来更新，若用ak更新有意义，则必然ai-ak<ai-aj，即ak>aj，这里有个巧妙的性质，即如果ai-ak>ak-aj，我们可以不必更新k，因为更优的ak-aj必然会在我们做大于的时候被考虑到，也就是说，ak不仅要大于aj，还要大于(ai+aj)/2，这样我们每次更新最右的一个k后，下一个ak能取的范围必然缩小一半，也就是每次加入ai，最多只用更新log次！我们用线段树维护答案，权值线段树维护当前已加入的某数字最右端的位置，问题就迎刃而解啦。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
char B[<<],*S=B,C;int X;
inline int read()
{
    while((C=*S++)<''||C>'');
    for(X=C-'';(C=*S++)>=''&&C<='';)X=(X<<)+(X<<)+C-'';
    return X;
}
#define MN 100000
#define MQ 300000
#define N 131072
int a[MN+],p[MN+],c[MN+],cn,ans[MQ+];
int t1[N*+],t2[N*+];
vector<pair<int,int> > v[MN+];
void renew(int l,int r,int x)
{
    for(l+=N-,r+=N+;l^r^;l>>=,r>>=)
    {
        if(~l&)t1[l+]=min(t1[l+],x);
        if( r&)t1[r-]=min(t1[r-],x);
    }
}
int query(int k)
{
    int r=t1[k+=N];
    while(k>>=)r=min(r,t1[k]);
    return r;
}
void renew(int k,int x){for(k+=N;k;k>>=)t2[k]=max(t2[k],x);}
int query(int l,int r)
{
    int res=;
    for(l+=N-,r+=N+;l^r^;l>>=,r>>=)
    {
        if(~l&)res=max(res,t2[l+]);
        if( r&)res=max(res,t2[r-]);
    }
    return res;
}
int main()
{
    fread(B,,<<,stdin);
    int n=read(),q,i,j,k;
    for(i=;i<=n;++i)a[i]=c[i]=read();
    sort(c+,c+n+);
    for(i=,cn=;i<=n;++i)if(c[i]!=c[cn])c[++cn]=c[i];
    for(i=;i<=n;++i)p[i]=lower_bound(c+,c+cn+,a[i])-c;
    for(q=read(),i=;i<q;++i)j=read(),v[read()].push_back(make_pair(i,j));
    memset(ans,,sizeof(ans));memset(t1,,sizeof(t1));
    for(i=;i<=n;++i)
    {
        for(j=;j<=p[i]&&(k=query(j,p[i]));)
            renew(,k,a[i]-a[k]),j=upper_bound(c+,c+cn+,(a[i]+a[k])>>)-c;
        for(j=;j<v[i].size();++j)
            ans[v[i][j].first]=min(ans[v[i][j].first],query(v[i][j].second));
        renew(p[i],i);
    }
    memset(t1,,sizeof(t1));memset(t2,,sizeof(t2));
    for(i=;i<=n;++i)
    {
        for(j=cn;j>=p[i]&&(k=query(p[i],j));)
            renew(,k,a[k]-a[i]),j=lower_bound(c+,c+cn+,(a[i]+a[k]+)>>)-c-;
        for(j=;j<v[i].size();++j)
            ans[v[i][j].first]=min(ans[v[i][j].first],query(v[i][j].second));
        renew(p[i],i);
    }
    for(i=;i<q;++i)printf("%d\n",ans[i]);
}