A：Alyona and copybooks
题目大意：已经给了你n本书，你可以选择花a元买一本书，花b元买两本书（严格两本），花c元买三本书（严格三本），让你花最少的钱买x本书使得n+x为4的倍数。
思路：枚举一下买一本书，两本书，三本书的次数，然后统计答案即可。
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define inf 1e18
int n,a,b,c;
inline int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
for (;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar())if (ch=='-') f=-1;
for (;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';
return x*f;
}
inline void print(int x){
if (x>=10) print(x/10);
putchar(x%10+'0');
}
int main(){
n=read(),a=read(),b=read(),c=read();
long long ans=inf;
for (int i=0;i<=3;i++)
for (int j=0;j<=3;j++)
for (int k=0;k<=3;k++)
if ((i+j*2+k*3+n)%4==0) ans=min(ans,1ll*a*i+1ll*b*j+1ll*c*k);
printf("%lld
",ans);
return 0;
}
B：Alyona and flowers
题目大意：给你n个数，m个区间，然后对于所有的区间可以选也可以不选，每个区间对答案的贡献为这个区间的权值之和，问怎样选择能使答案尽量大。
思路：统计一下每个区间的答案，显然大于0就要加到答案里来。
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define maxn 105
int n,m,ans;
int sum[maxn];
inline int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
for (;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar())if (ch=='-') f=-1;
for (;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';
return x*f;
}
inline void print(int x){
if (x>=10) print(x/10);
putchar(x%10+'0');
}
int main(){
n=read(),m=read();
for (int i=1;i<=n;i++) sum[i]=sum[i-1]+read();
for (int i=1;i<=m;i++){
int l=read(),r=read();
ans+=max(0,sum[r]-sum[l-1]);
}
printf("%d
",ans);
return 0;
}
C：Alyona and mex
题目大意：给出n和m，和m个区间，让你求出一个长度为n的一个数组，让所有区间的mex的最小值尽量大，同时也要给出这个最大的mex值。
对一个集合S求mex即求出不属于集合S的最小非负整数。
思路：首先答案不可能会超过最短区间的长度（这个根据mex的定义可以得出），然后设最短区间长度为len，那么可以构造出一种方案，使得对于任意的区间[i,i+len-1](i∈[1,n]&&i+len-1∈[1,n])，它们的mex值均为len，这样构造的方案也一定合法，因为更长的区间答案也一定是len（可以看作更长的区间由一个长度为len的区间和另外一个区间组成），那么这样显然第一问的答案就是len，因为更大的答案是不可能的，而我们恰巧能构造出答案为len的数组。
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define maxn 100005
#define inf 1e9
int n,m,ans=inf;
int a[maxn];
inline int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
for (;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar())if (ch=='-') f=-1;
for (;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';
return x*f;
}
inline void print(int x){
if (x>=10) print(x/10);
putchar(x%10+'0');
}
int main(){
n=read(),m=read();
for (int i=1,l,r;i<=m;i++) l=read(),r=read(),ans=min(ans,r-l+1);
for (int i=1;i<=ans;i++) a[i]=i-1;
for (int i=ans+1;i<=n;i++) a[i]=a[i-ans];
print(ans);puts("");
for (int i=1;i<=n;i++) print(a[i]),putchar(' ');
puts("");
return 0;
}
D：Alyona and a tree
题目大意：给出一个n个点以1为根的树，每个点有一个点权（记为wi），同时每条边有条边权，然后定义dist(i,j)表示点i和点j的距离，然后对于一个点i，要求出在以它为根的子树中有多少个点j满足dist(i,j)<=wj。
思路：单独考虑每一个点对答案的贡献，显然这个点只能对其祖先结点产生贡献，又因为该点到其越远的祖先的dist越大，满足单调性，然后用个倍增找到它最远能对哪个祖先产生贡献，然后打个标记差分一下即可。
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define maxn 200005
int n,m,tot;
int w[maxn],son[maxn*2],pre[maxn*2],val[maxn*2],now[maxn];
long long dis[maxn];
int dep[maxn],f[maxn][22],ans[maxn];
inline int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
for (;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar())if (ch=='-') f=-1;
for (;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';
return x*f;
}
inline void print(int x){
if (x>=10) print(x/10);
putchar(x%10+'0');
}
void add(int a,int b,int c){
son[++tot]=b;
pre[tot]=now[a];
now[a]=tot;
val[tot]=c;
}
void link(int a,int b,int c){
add(a,b,c),add(b,a,c);
}
void dfs(int x,int fa){
dep[x]=dep[fa]+1;
for (int p=now[x];p;p=pre[p])
if (son[p]!=fa) f[son[p]][0]=x,dis[son[p]]=dis[x]+val[p],dfs(son[p],x);
}
void getsum(int x,int fa){
for (int p=now[x];p;p=pre[p]) if (son[p]!=fa) getsum(son[p],x),ans[x]+=ans[son[p]];
}
int main(){
n=read();int l=log2(n);
for (int i=1;i<=n;i++) w[i]=read();
for (int i=1;i<n;i++){
int a=read(),b=read();
link(i+1,a,b);
}
dfs(1,0);
for (int i=1;i<=l;i++)
for (int x=1;x<=n;x++)
f[x][i]=f[f[x][i-1]][i-1];
for (int i=1;i<=n;i++){
int t=log2(dep[i]),a=i;
for (;dis[i]-dis[f[a][0]]<=w[i]&&f[a][0];){
for (;!f[a][t]||dis[i]-dis[f[a][t]]>w[i];t--);
a=f[a][t];
}
ans[f[i][0]]++,ans[f[a][0]]--;
}
getsum(1,0);
for (int i=1;i<=n;i++) print(ans[i]),putchar(' ');puts("");
return 0;
}
E：Alyona and towers
题目大意：给出一个序列，然后每个有m次操作，每次将一段区间的数加上一个数，然后每次操作后询问当前序列中最长的区间[l,r]且满足a[l]<a[l+1]<a[l+2]<...<a[mid-1]<a[mid]>a[mid+1]>...>a[r-2]>a[r-1]>a[r]
思路：之前想法是用线段树维护，记lmax,rmax,ans去搞，然后发现没法知道每次操作后某一个点的值（更新lmax,rmax要用），然后就GG了。。。
然后正解也是维护lmax,rmax,ans，不过不是搞原序列，而是搞出差分序列，即用线段树维护a'，其中a'[i]=a[i+1]-a[i]。
这样每次修改只需要把a[l-1]+=val,a[r]-=val即可，那么就可以快速维护lmax,rmax,ans然后用线段树维护即可。
#include<cmath>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define maxn 300005
int n,m;
long long a[maxn];
inline int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
for (;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar())if (ch=='-') f=-1;
for (;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';
return x*f;
}
inline void print(int x){
if (x>=10) print(x/10);
putchar(x%10+'0');
}
struct segment_tree{
struct treenode{
int size,lmax,rmax,ans;
}tree[4*maxn];
void update(int p,int x){
tree[p].lmax=tree[p<<1].lmax,tree[p].rmax=tree[p<<1|1].rmax;
tree[p].ans=max(tree[p<<1].ans,tree[p<<1|1].ans);
if (!a[x]||!a[x+1]||(a[x]<0&&a[x+1]>0)) return;
if (tree[p].lmax==tree[p<<1].size) tree[p].lmax+=tree[p<<1|1].lmax;
if (tree[p].rmax==tree[p<<1|1].size) tree[p].rmax+=tree[p<<1].rmax;
tree[p].ans=max(tree[p].ans,tree[p<<1].rmax+tree[p<<1|1].lmax);
}
void build(int p,int l,int r){
tree[p].size=r-l+1;
if (l==r){
tree[p].lmax=tree[p].rmax=tree[p].ans=1;
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
build(p<<1,l,mid),build(p<<1|1,mid+1,r);
update(p,mid);
}
void change(int p,int l,int r,int pos,int val){
if (l==r){
a[l]+=val;
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
if (pos<=mid) change(p<<1,l,mid,pos,val);
else change(p<<1|1,mid+1,r,pos,val);
update(p,mid);
}
}T;
int main(){
n=read();
for (int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
for (int i=1;i<n;i++) a[i]=a[i+1]-a[i];
n--;
m=read();
if (!n){
for (int i=1;i<=m;i++) puts("1");
return 0;
}
T.build(1,1,n);
for (int i=1;i<=m;i++){
int l=read(),r=read(),val=read();
if (l>1) T.change(1,1,n,l-1,val);
if (r<=n) T.change(1,1,n,r,-val);
print(T.tree[1].ans+1),puts("");
}
return 0;
}