Codeforces Round #446 (Div. 2)

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• Codeforces Round #446 (Div. 2)
  • A. Greed
    • 题意
    • 题解
  • B. Wrath
    • 题意
    • 题解
    • 代码
  • C. Pride
    • 题意
    • 题解
    • 代码
  • D. Gluttony
    • 题意
    • 题解
    • 证明
    • 代码
  • E. Envy
    • 题意
    • 题解
    • 代码

Codeforces Round #446 (Div. 2)

• 总体：rating涨了好多，虽然有部分是靠和一些大佬（例如 redbag 和 Hometown ）交流的……希望下次能自己做出来2333

A. Greed

题意

给你\(n\)个罐子，每个罐子都告诉了你它当前的饮料体积和它的总容积，问能否用两个罐子装下所有饮料（\(n\le 100000\)）

题解

简单模拟即可，用两个最大的算一下，注意累和会爆\(int\)

int a[100100], b[100100];
long long sum = 0;
int main () {
	int n = read();
	For (i, 1, n) {
		a[i] = read();
		sum += a[i];
	}
	For (i, 1, n)
		b[i] = read();
	sort (b + 1, b + 1 + n);
	if (b[n] + b[n - 1] >= sum)
		puts("YES");
	else
		puts("NO");
    return 0;
}

B. Wrath

题意

给你一个长度为\(n\)序列，每个点有个\(l\)值，会覆盖他前面\(l\)个点，问最后还剩多少个点没有被覆盖。（\(n\le 100000\)）

题解

应该用差分简单做一下就行了，脑子一抽写了个线段树上去，幸亏过了2333（就当练手吧）

代码

const int N = 1e6 + 1e3;
int sum[N << 2];

#define lson o << 1, l, mid
#define rson o << 1 | 1, mid + 1, r
void Build(int o, int l, int r) {
	if (l == r) { sum[o] = 1; return ; }
	int mid = (l + r) >> 1;
	Build(lson); Build(rson);
	sum[o] = sum[o << 1] + sum[o << 1 | 1];
}

int ul, ur;
int lazy[N << 2];
void push_down(int o) {
	if (!lazy[o]) return;
	lazy[o << 1] = lazy[o << 1 | 1] = 1;
	sum[o << 1] = sum[o << 1 | 1] = 0; lazy[o] = 0;
}

void Update(int o, int l, int r) {
	if (ul <= l && r <= ur) { lazy[o] = 1; sum[o] = 0; return ;}
	push_down(o); int mid = (l + r) >> 1;
	if (ul <= mid) Update(lson); if (ur > mid) Update(rson);
	sum[o] = sum[o << 1] + sum[o << 1 | 1];
}

int main () {
	int n = read();
	Build(1, 1, n);
	For (i, 1, n) {
		int len = read();
		if (i == 1) continue ;
		if (!len) continue ;
		ul = max(i - len, 1); ur = i - 1;
		Update(1, 1, n);
	}
	printf ("%d\n", sum[1]);
    return 0;
}

C. Pride

题意

给你一个长为\(n\)序列，你能进行一个操作，将相邻两个数中的一个替换为他们的\(gcd\)，问至少进行多少次操作能把他们全部变成\(1\)，如果不能完成输出\(-1\)。（\(n\le 2000\)）

题解

这题一开始搞了我好久QAQ，想错了。其实就是先弄出一个\(1\)，然后可以把其他所有的数字都变成\(1\)，剩下的步数就是\(n-1\)。找那个步数，一定是一段连续区间\(gcd=1\)的情况，然后你用\(O(n^2)\)去枚举一下，找到一个可行的最小长度。还需要特判一开始就有\(1\)的情况，不然会挂掉（我就惨遭hack了TAT，后来又hack了两个可怜鬼233）。

代码

const int N = 2010;
int a[N], n, ans = 0x7f7f7f7f, res, now;

int main () {
	n = read();
	res = n;
	For (i, 1, n) {
		a[i] = read();
		if (a[i] == 1) -- res;
		now = __gcd(now, a[i]);
	}
	if (now != 1)
		return puts("-1"), 0;
	if (res != n)
		return printf ("%d\n", res), 0;
	For (i, 1, n) {
		int here = a[i], len = 0;
		if (here == 1) {
			ans = 0;
			continue ;
		}
		Fordown (j, i - 1, 1) {
			++ len;
			here = __gcd(here, a[j]);
			if (here == 1) {
				chkmin(ans, len);
				break;
			}
		}
	}
	printf ("%d\n", ans + n - 1);
    return 0;
}

D. Gluttony

题意

给你一个长为\(n\)序列，其中每个数字都不相同，让你输出一个原序列的一个排列，使得他们中任意一个子集（不能为空集或者全集）的和都互不相同（就是相同位置上的数的和互不相同就行了）（\(n\le 22\)）

题解

一开始不知道做法，redbag大佬讲出来了正解，就是将每一个数换成后一个比它大的数，最大的数换成最小的那一个，就行了。

证明

这个还是比较好证明的。

考虑分两种情况讨论：

1. 原子集没有最大的那个数：这就显然是个正确的，每个数都比之前的数要大，所以总和肯定要大；

2. 原子集有最大的那个数：最大数改变后的值最整个里面最大的，然后你将这个子集去掉最大的那个数，剩下的变化量的和肯定要小于你最大值变为最小值的值，因为你之间肯定会有多余的空格（因为不能为全集）留着，所以肯定是可行的啦。

代码

int n, a[25];
struct node {
	int val, pos;
	bool operator < (const node &rhs) const {
		return val < rhs.val;
	}
};
node lt[25];
int ans[25];

int main () {
	n = read();
	For (i, 1, n) {
		lt[i].val = read();
		lt[i].pos = i;
	}
	sort (lt + 1, lt + 1 + n);
	For (i, 1, n)
		if (i != n)
			ans[lt[i].pos] = lt[i + 1].val;
		else
			ans[lt[i].pos] = lt[1].val;
	For (i, 1, n)
		printf ("%d ", ans[i]);
    return 0;
}

E. Envy

终于来填远古巨坑了。

题意

给你一个有 \(n\) 个点 \(m\) 条边的带边权无向连通图。

有 \(q\) 次询问，每次询问 \(k\) 条边是否能同时存在于 \(MST\) （最小生成树）中。（不要求在线回答）

\(n, m, q, \sum k \le 5 \times 10^5\)

题解

首先要知道一个很显然的结论。

就是在 \(Kruskal\) 求 \(MST\) 过程中，我们能否把一条边 \((u, v, w)\) 放入 \(MST\) 中，当且仅当 \(<w\) 的所有边联通后，\(u, v\) 仍然不连通。

所以对于每次询问来说，边权不相同的边是互不影响的，我们可以对于这些边权互不相同的边单独考虑。

相同 \(w\) 的如何考虑呢？首先 \(<w\) 的边全部加入，然后对于这些边按任意顺序加入的时候，不能存在 \((u, v)\) 相连的情况。

那么就可以得到一个离线算法了。把所有边权按权值排序，一条条加入。然后对于权值相同的同一询问的边，也逐个加入判断是否可行，最后利用可撤销并查集按秩合并的特性，把当前询问的边撤回就行了。

最后复杂度就是 \(O((m + \sum k) \log n)\) 的。（挂询问用了 std :: map, set 有点慢。。）

代码

还是比较好写的。。

#include <bits/stdc++.h>

#define For(i, l, r) for(register int i = (l), i##end = (int)(r); i <= i##end; ++i)
#define Fordown(i, r, l) for(register int i = (r), i##end = (int)(l); i >= i##end; --i)
#define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a))
#define Cpy(a, b) memcpy(a, b, sizeof(a))
#define debug(x) cout << #x << ": " << (x) << endl
#define DEBUG(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)
#define fir first
#define sec second
#define mp make_pair

using namespace std;

typedef pair<int, int> PII;

template<typename T> inline bool chkmin(T &a, T b) { return b < a ? a = b, 1 : 0; }
template<typename T> inline bool chkmax(T &a, T b) { return b > a ? a = b, 1 : 0; }

inline int read() {
    int x(0), sgn(1); char ch(getchar());
    for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') sgn = -1;
    for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x * 10) + (ch ^ 48);
    return x * sgn;
}

void File() {
#ifdef zjp_shadow
	freopen ("E.in", "r", stdin);
	freopen ("E.out", "w", stdout);
#endif
}

const int N = 5e5 + 1e3;

struct Edge {
	int u, v, w;
} lt[N];

int Hash[N], tot;

struct Data {
	int u, v, a, b;
};

namespace Union_Set {

	int fa[N], height[N];

	int find(int x) { return x == fa[x] ? x : find(fa[x]); }

	Data stk[N]; int top;

	inline bool Merge(int u, int v, bool flag) {
		u = find(u); v = find(v); if (u == v) return false;
		if (flag) stk[++ top] = (Data) {u, v, height[u], height[v]};
		if (height[u] > height[v]) swap(u, v); fa[u] = v;
		if (height[u] == height[v]) ++ height[v]; return true;
	}

	inline void Distract() {
		Data cur = stk[top --];
		height[fa[cur.u] = cur.u] = cur.a;
		height[fa[cur.v] = cur.v] = cur.b;
	}

}

bool ans[N];

map<int, multiset<PII>> M[N];

inline int find_pos(int x) {
	return lower_bound(Hash + 1, Hash + tot + 1, x) - Hash;
}

int main () {

	File();

	int n = read(), m = read();

	using namespace Union_Set;

	For (i, 1, n) fa[i] = i;

	For (i, 1, m) {
		lt[i].u = read();
		lt[i].v = read();
		Hash[i] = lt[i].w = read();
	}
	sort(Hash + 1, Hash + m + 1);
	tot = unique(Hash + 1, Hash + m + 1) - Hash - 1;

	int q = read();
	For (i, 1, m)
		M[find_pos(lt[i].w)][q + 1].insert(mp(lt[i].u, lt[i].v));

	For (i, 1, q) {
		int k = read(); ans[i] = true;
		For (j, 1, k) {
			int id = read();
			M[find_pos(lt[id].w)][i].insert(mp(lt[id].u, lt[id].v));
		}
	}

	For (i, 1, tot) {
		for (auto itm : M[i]) {
			if (itm.fir != q + 1 && !ans[itm.fir]) continue ;
			for (auto its : itm.sec)
				ans[itm.fir] &= Merge(its.fir, its.sec, itm.fir <= q);
			while (top) Distract();
		}
	}

	For (i, 1, q)
		puts(ans[i] ? "YES" : "NO");

	return 0;

}