Codeforces Round #572 (Div. 2)

目录

• Contest Info
• Solutions
  • A. Keanu Reeves
  • B. Number Circle
  • C. Candies!
  • D1. Add on a Tree
  • D2. Add on a Tree: Revolution
  • E. Count Pairs

Contest Info

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[Practice Link](https://codeforc.es/contest/1189)

Solved	A	B	C	D1	D2	E	F
6/7	Ø	Ø	Ø	Ø	Ø	Ø	-

• O 在比赛中通过
• Ø 赛后通过
• ! 尝试了但是失败了
• - 没有尝试

Solutions

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A. Keanu Reeves

签到题。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
#define N 1100
char s[N]; int n;
 
int main() {
	while (scanf("%d%s", &n, s + 1) != EOF) {
		int cnt = 0;
		for (int i = 1; i <= n; ++i) {
			if (s[i] == '1') ++cnt;
			else --cnt;
		}
		if (cnt) {
			puts("1"); puts(s + 1);
		} else {
			puts("2");
			printf("%c %s\n", s[1], s + 2);
		}
	}
	return 0;
}

B. Number Circle

题意：

有一个序列\(a_1, a_2, \cdots, a_n\)，要求重新排列构成一个环，任意一个数都要满足严格小于旁边两数之和。

输出方案；

思路：

本来的想法是最大的放中间，次大，第三大的放旁边这样一次放下去，但是发现这样并不总能构造出解。

后来想想，直接降序排，那么其中除了最大的一个元素可能不满足，其他元素肯定都满足。

那么我们先降序排，有\(a_n, a_{n - 1}, \cdots, a_1\)

然后将\(a_{n - 1}\)移到最后一个，依然满足其他元素都满足，最大的那个元素可能不满足。

但是这个情况下，如果最大的元素都不满足，那肯定满足不了了，因为和最大的元素相邻的是次大的和第三大的。

代码:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
#define N 100010
int n, a[N], b[N];
 
bool ok(int *a) {
	if (a[2] + a[n] <= a[1]) return 0;
	if (a[1] + a[n - 1] <= a[n]) return 0;
	for (int i = 2; i < n; ++i) {
		if (a[i - 1] + a[i + 1] <= a[i]) {
			return 0;
		}
	}
	return 1;
}
 
int main() {
	while (scanf("%d", &n) != EOF) {
		for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", a + i);
		sort(a + 1, a + 1 + n, [](int x, int y) {
			return x > y;
		});
		b[1] = a[1];
		for (int i = 3; i <= n; ++i) b[i - 1] = a[i];
		b[n] = a[2];
		if (ok(b)) {
			puts("YES");
			for (int i = 1; i <= n; ++i) printf("%d%c", b[i], " \n"[i == n]);
		} else {
			puts("NO");
		}
	}
	return 0;
}

C. Candies!

题意：

有\(n\)个数\(s_i(0 \leq s_i \leq 9)\)，定义这样一种过程：

• 对于长度为\(2\)的幂次的子区间\([a_1, a_2, \cdots, a_{2^k}]\)，每次替换\((a_{2i}, a_{2i + 1})(0 \leq i < 2^{k -1})\)为\((a_{2i} + a_{2i + 1}) \bmod 10\)。
• 如果某一步的\(a_{2i} + a_{2i + 1} >= 10\)，那么会获得一个糖果
• 重复操作，知道序列中数的个数变为\(1\)。
  
  每次询问\(f[a_1, a_2, \cdots, a_{2^k}]\)表示\([a_1, a_2, \cdots, a_{2^k}]\)这个区间执行上述操作最后得到的糖果个数是多少。

思路：

\(f[i][j]\)表示以第\(i\)位为起点，长度为\(j\)的区间的糖果个数多少，倍增即可。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
#define N 100010
#define D 20
int n, q, l, r, a[N];
int f[N][20], g[N][20];
 
int main() {
	while (scanf("%d", &n) != EOF) {
		memset(f, 0, sizeof f);
		memset(g, 0, sizeof g);
		for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", a + i), g[i][0] = a[i];
		for (int j = 1; j <= 20; ++j) {
			for (int i = 1; i <= n; ++i) {
				if (i + (1 << j) - 1 > n) break;
				int nx = (i + (1 << (j - 1)));
				f[i][j] = f[i][j - 1] + f[nx][j - 1];
				g[i][j] = g[i][j - 1] + g[nx][j - 1];
				if (g[i][j] >= 10) {
					++f[i][j];
					g[i][j] %= 10;
				}
			}
		}
		scanf("%d", &q);
		while (q--) {
			scanf("%d%d", &l, &r);
			int t = r - l + 1, q = 0;
			while (t) {
				++q;
				t /= 2;
			}
			--q;
			printf("%d\n", f[l][q]);
		}
	}
	return 0;
}

D1. Add on a Tree

题意：

有一棵树，每次可以选取两个叶子结点，将这两个叶子的简单路径上的所有边的边全加上\(x\)。

询问给定任意一种边权方案，是否都能通过有限次这种操作完成。

思路：

当且仅当树中没有度数为\(2\)的点的时候，可以。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define N 100010
int n, a[N], d[N];

int main() {
	while (scanf("%d", &n) != EOF) {
		memset(d, 0, sizeof d);
		for (int i = 1, u, v; i < n; ++i) {
			scanf("%d%d", &u, &v);
			++d[u]; ++d[v];
		}
		bool F = 1;
		for (int i = 1; i <= n; ++i) if (d[i] == 2) F = 0;
		puts(F ? "YES" : "NO");
	}
	return 0;
}

D2. Add on a Tree: Revolution

题意：

和D1的不同之处在于每次加的\(x\)都是整数，而且这次给出边的需求边权，要求一种方案。并且边权都是偶数。

思路：

当且仅当树中没有度数为\(2\)的点的时候, 为什么？

首先，除了叶子结点意外以外，其他结点的度数都\(>= 3\)。 那么我们考虑其中一个点\(u\)，有三个点\(l_1, l_2, v\)分别属于\(u\)的三个不同子树。

那么我们要想改变\((u, v)\)这条边的边权为\(x\)，那么我们这么操作：

• \((g[v], g[l_1])\) 加 \(\frac{x}{2}\)
• \((g[v], g[l_2])\)加\(\frac{x}{2}\)
• \((g[l_1], g[l_2])\)加\(-\frac{x}{2}\)

其中\(g[u]\)表示的是\(u\)子树下的某个叶子结点。

这样之后我们发现我们将\((g[l_1], g[l_2])\)上的边的边权恢复原状了。

而只改动了\((u, g[v])\)路径上的边，并且\((u, v)\)这条边已经达到要求了。

而\((v, g[v])\)这些边直接更改他们的需求，递归下去做即可。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define N 1100
int n, leaf[N], W[N], g[N], root;
int e[N][3];
vector <vector<int>> G;
struct node {
	int u, v, w;
	node() {}
	node(int u, int v, int w) : u(u), v(v), w(w) {}
};
vector <node> res; 

bool ok() {
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		if (G[i].size() == 2) {
			return 0;
		}
		if (root == -1 || G[i].size() > G[root].size()) {
			root = i;
		}
	}
	return 1;
}

int getleaf(int u) {
	if (G[u].size() == 0) return u;
	for (auto v : G[u]) {
		return getleaf(v);
	}
}

int fa[N];
void pre(int u) {
	for (auto v : G[u]) if (v != fa[u]) {
		fa[v] = u;
		pre(v);
	}
}

void DFS(int u) {
	if (G[u].empty()) return;
	for (auto v : G[u]) leaf[v] = getleaf(v);
	int sze = (int)G[u].size();
	if (sze >= 2) {
		g[G[u][0]] = leaf[G[u][1]];
	}
	for (int i = 1; i < sze; ++i) {
		g[G[u][i]] = leaf[G[u][i - 1]];
	}
	for (int sze = (int)G[u].size(), i = 0; i < sze; ++i) {
		int v = G[u][i];
	    int nx, nnx;
		if (u == root) {
			if (i == 0) {
				nx = leaf[G[u][1]], nnx = leaf[G[u][2]];
			} else if (i == sze - 1) {
				nx = leaf[G[u][i - 1]], nnx = leaf[G[u][i - 2]];
			} else {
				nx = leaf[G[u][i - 1]], nnx = leaf[G[u][i + 1]];
			}
		} else {
			nx = g[u];
			if (i == 0) {
				nnx = leaf[G[u][1]];
			} else {
				nnx = leaf[G[u][i - 1]];
			}
		}
		res.push_back(node(leaf[v], nx, W[v] / 2));
		res.push_back(node(leaf[v], nnx, W[v] / 2));
		res.push_back(node(nx, nnx, -W[v] / 2));
		//cout << v << " " << nx << " " << nnx << endl;
		int it = leaf[v];
		while (it != v) {
			W[it] -= W[v];
			it = fa[it];
		}
	}
	for (auto v : G[u]) DFS(v);
}

int main() {
	while (scanf("%d", &n) != EOF) {
		G.clear(); G.resize(n + 1);
		for (int i = 1; i < n; ++i) {
			int &u = e[i][0], &v = e[i][1], &w = e[i][2];
			scanf("%d%d%d", &u, &v, &w);
			G[u].push_back(v);
			G[v].push_back(u);
		}
		root = -1;
		if (!ok()) {
			puts("NO");
		} else {
			if (n == 2) {
				printf("YES\n1\n");
				printf("1 2 %d\n", e[1][2]);
				continue;
			}
			res.clear();
			pre(root);
			G.clear(); G.resize(n + 1);
			for (int i = 1; i < n; ++i) {
				if (fa[e[i][0]] == e[i][1]) {
					swap(e[i][0], e[i][1]);
				}
				G[e[i][0]].push_back(e[i][1]);
				W[e[i][1]] = e[i][2];
			}
			DFS(root);
			puts("YES");
			printf("%d\n", (int)res.size());
			assert(res.size() <= 100000);
			for (auto it : res) {
				printf("%d %d %d\n", it.u, it.v, it.w);
			}
		}
	}
	return 0;
}

E. Count Pairs

题意：

给出\(n\)个数\(a_i\)，询问有多少对\((i, j)\)满足\((a_i + a_j)(a_i^2 + a_j^2) \equiv k \bmod p\)

思路：

\[\begin{eqnarray*}
(a_i + a_j)(a_i^2 + a_j^2) &\equiv& k \bmod p \rightarrow \\
(a_i + a_j)(a_i - a_j)(a_i^2 + a_j^2) &\equiv& k(a_i - a_j) \bmod p \rightarrow \\
(a_i^4 - a_j^4) &\equiv& k(a_i - a_j) \bmod p \rightarrow \\
(a_i^4 - ka_i) - (a_j^4 - ka_j) &\equiv& 0 \bmod p \rightarrow \\
a_i^4 - ka_i &\equiv& a_j^4 - ka_j \bmod p
\end{eqnarray*}
\]

然后直接统计即可。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define N 300010
#define ll long long
int n; ll p, k, a[N];
map <ll, int> mp;

int main() {
	while (scanf("%d%lld%lld", &n, &p, &k) != EOF) {
		for (int i = 1; i <= n; ++i) {
			scanf("%lld", a + i);
			a[i] = (a[i] * a[i] % p * a[i] % p - k + p) % p * a[i] % p;
		}
		sort(a + 1, a + 1 + n);
		mp.clear();
		ll res = 0;
		for (int i = 1; i <= n; ++i) {
			if (mp.find(a[i]) != mp.end()) {
				res += mp[a[i]];
			}
		//	if (mp.find(p - a[i]) != mp.end()) {
		//		res += mp[p - a[i]];
		//	}
			mp[a[i]]++;
		}
		printf("%lld\n", res);
	}
	return 0;
}