Contest Info
Data：2019.6.30 Solved：4/7
Solutions
### A. Stickers and Toys
题意：
有(A)物品(s)个，(B)物品(t)个，现在将这些物品装到(n)个箱子里，每个箱子只有一下三种情况：
- 只有一个(A)物品
- 只有一个(B)物品
- 有一个(A)物品和一个(B)物品
现在问你，至少要取多少个箱子，能够保证你最少有一个(A)物品和一个(B)物品。
思路：
根据鸽笼原理，显然对于(A)物品，至少取(n - s + 1)个箱子就可以有一个(A)物品。
同理，对于(B)物品至少要取(n - t + 1)个箱子。
答案就是(Min(n - s +1, n - t + 1))
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
int n, s, t;
int T; scanf("%d", &T);
while (T--) {
scanf("%d%d%d", &n, &s, &t);
int res = max(n - s + 1, n - t + 1);
printf("%d
", res);
}
return 0;
}
B. Letters Shop
题意：
有一个字符串(s)，每次询问一个字符串(t)，问最短的一个(s)的前缀使得这个前缀中拥有的字符可以组成字符串(t)。
思路一：
可以维护一个字符个数的前缀和，然后二分。
代码一：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 200010
int n, m, lens, lent;
char s[N], t[N];
int sum[N][27];
int cnt[27];
bool ok(int x) {
for (int i = 0; i < 26; ++i) {
if (sum[x][i] < cnt[i]) {
return 0;
}
}
return 1;
}
int main() {
while (scanf("%d", &n) != EOF) {
memset(sum, 0, sizeof sum);
scanf("%s", s + 1); lens = strlen(s + 1);
for (int i = 1; i <= lens; ++i) {
++sum[i][s[i] - 'a'];
for (int j = 0; j < 26; ++j) {
sum[i][j] += sum[i - 1][j];
}
}
scanf("%d", &m);
while (m--) {
scanf("%s", t + 1); lent = strlen(t + 1);
memset(cnt, 0, sizeof cnt);
for (int i = 1; i <= lent; ++i) {
++cnt[t[i] - 'a'];
}
int l = 1, r = n, res = -1;
while (r - l >= 0) {
int mid = (l + r) >> 1;
if (ok(mid)) {
r = mid - 1;
res = mid;
} else {
l = mid + 1;
}
}
printf("%d
", res);
}
}
return 0;
}
思路二：
维护(s)串中某类字符的第(i)个所在位置，显然对于(t)串中的每类字符有(x)个的话，(s)串前缀的长度要大于等于这类字符第(x)个所在的位置。
代码二：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 200010
int n, m, lens, lent;
char s[N], t[N];
int sum[N][27];
int cnt[27];
bool ok(int x) {
for (int i = 0; i < 26; ++i) {
if (sum[x][i] < cnt[i]) {
return 0;
}
}
return 1;
}
int main() {
while (scanf("%d", &n) != EOF) {
memset(sum, 0, sizeof sum);
scanf("%s", s + 1); lens = strlen(s + 1);
for (int i = 1; i <= lens; ++i) {
++sum[i][s[i] - 'a'];
for (int j = 0; j < 26; ++j) {
sum[i][j] += sum[i - 1][j];
}
}
scanf("%d", &m);
while (m--) {
scanf("%s", t + 1); lent = strlen(t + 1);
memset(cnt, 0, sizeof cnt);
for (int i = 1; i <= lent; ++i) {
++cnt[t[i] - 'a'];
}
int l = 1, r = n, res = -1;
while (r - l >= 0) {
int mid = (l + r) >> 1;
if (ok(mid)) {
r = mid - 1;
res = mid;
} else {
l = mid + 1;
}
}
printf("%d
", res);
}
}
return 0;
}
C. Vasya And Array
题意：
要求构造一个数列(a_1, cdots, a_n)，使得满足(m)个限制。
限制有两种类型：
- 1 l r 表示([l, r])范围内的数是非降序的
- 0 l r 表示([l, r])范围内的数不是非降序的
给出构造结果，或者输出‘NO’表示不存在这样的数列。
思路：
显然非降序的([l, r])，我们可以全都赋为(1)，但是最后一位可以不用赋为(1)。
然后将没有赋为(1)的地方降序赋值。
再考虑不是非降序的，只要满足这个区间内存在一个(i)满足(a_i > a_{i + 1})即可。
只要check一下这些限制的区间内是否有这样一对即可。
否则输出'NO'
因为没考虑这样的对在最后一位的情况被HACK了。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 1010
int n, m;
int s[N];
struct node {
int t, l, r;
node() {}
void scan() {
scanf("%d%d%d", &t, &l, &r);
}
}a[N];
bool ok(int l, int r) {
for (int i = l; i <= r; ++i) {
if (s[i] == 0) {
return 1;
}
}
return 0;
}
bool check(node a) {
if (a.t == 1) {
for (int i = a.l + 1; i <= a.r; ++i) {
if (s[i - 1] > s[i]) {
return 0;
}
}
return 1;
} else {
for (int i = a.l + 1; i <= a.r; ++i) {
if (s[i - 1] > s[i]) {
return 1;
}
}
return 0;
}
}
void work() {
memset(s, 0, sizeof s);
for (int i = 1; i <= m; ++i) {
if (a[i].t == 1) {
++s[a[i].l];
--s[a[i].r];
}
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) s[i] += s[i - 1];
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
if (s[i]) s[i] = 1;
}
for (int i = 1; i <= m; ++i) {
if (a[i].t == 0) {
if (!ok(a[i].l, a[i].r)) {
puts("NO");
return;
}
}
}
int cnt = n;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
if (s[i] == 0) {
s[i] = cnt;
--cnt;
}
}
for (int i = 1; i <= m; ++i) {
if (!check(a[i])) {
puts("NO");
return;
}
}
puts("YES");
for (int i = 1; i <= n; ++i) printf("%d%c", s[i], "
"[i == n]);
}
int main() {
while (scanf("%d%d", &n, &m) != EOF) {
for (int i = 1; i <= m; ++i) {
a[i].scan();
}
work();
}
return 0;
}
D. Subarray Sorting
题意：
给出两个数组(a_1, cdots, a_n), (b_1, cdots, b_n)，可以将(a)数组进行不限次数的区间排序，问能够变成(b)数组。
思路：
考虑从左往右移动(a)中的数使得满足(a_i = b_i), 我们发现对于我们需要的(a_i)，它能移动过来当且仅当它之前不存在比它小的数，
权值线段树维护一下即可。
代码:
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 300010
int n, a[N], b[N];
int cnt[N], nx[N], f[N];
struct SEG {
int a[N << 2];
void build(int id, int l, int r) {
a[id] = 1e9;
if (l == r) return;
int mid = (l + r) >> 1;
build(id << 1, l, mid);
build(id << 1 | 1, mid + 1, r);
}
void update(int id, int l, int r, int pos, int x) {
if (l == r) {
a[id] = x;
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
if (pos <= mid) update(id << 1, l, mid, pos, x);
else update(id << 1 | 1, mid + 1, r, pos, x);
a[id] = min(a[id << 1], a[id << 1 | 1]);
}
int query(int id, int l, int r, int ql, int qr) {
if (ql > qr) return 1e9;
if (l >= ql && r <= qr) {
return a[id];
}
int mid = (l + r) >> 1;
int res = 1e9;
if (ql <= mid) res = min(res, query(id << 1, l, mid, ql, qr));
if (qr > mid) res = min(res, query(id << 1 | 1, mid + 1, r, ql, qr));
return res;
}
}seg;
bool work() {
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
cnt[i] = 0;
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
++cnt[a[i]];
--cnt[b[i]];
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
if (cnt[i] != 0) {
return 0;
}
}
seg.build(1, 1, n);
for (int i = n; i >= 1; --i) {
nx[i] = n + 1;
}
for (int i = n; i >= 1; --i) {
f[i] = nx[a[i]];
nx[a[i]] = i;
}
// for (int i = 1; i <= n; ++i) {
// printf("%d %d
", i, nx[i]);
// }
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
seg.update(1, 1, n, i, nx[i]);
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
if (seg.query(1, 1, n, 1, b[i] - 1) < nx[b[i]]) return 0;
nx[b[i]] = f[nx[b[i]]];
seg.update(1, 1, n, b[i], nx[b[i]]);
}
return 1;
}
int main() {
int T; scanf("%d", &T);
while (T--) {
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
scanf("%d", a + i);
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
scanf("%d", b + i);
}
puts(work() ? "YES" : "NO");
}
return 0;
}
E. Tree Painting
题意：
有一种树上游戏，刚开始每个点为黑点，第一次可以先选择一个点染白，之后每一次都可以选择一个与白点相邻的黑点将其染白，获得的分数为这个黑点所在的由黑点构成的连通块大小。
问在最优策略下获得的最大分数是多少？
思路：
考虑到根固定的话，选择的固定的，即每次从根往下取，而不是隔层取。
树形DP即可。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define N 200010
int n;
vector <vector<int>> G;
int fa[N], sze[N];
ll f[N], g[N], res;
void DFS(int u) {
sze[u] = 1;
f[u] = 0;
for (auto v : G[u]) if (v != fa[u]) {
fa[v] = u;
DFS(v);
sze[u] += sze[v];
f[u] += f[v];
}
f[u] += sze[u];
}
void DFS2(int u) {
if (u == 1) {
g[u] = 0;
} else {
g[u] = g[fa[u]] + f[fa[u]] - f[u] - sze[u] + n - sze[fa[u]];
res = max(res, f[u] + g[u] - sze[u] + n);
}
for (auto v : G[u]) if (v != fa[u]) {
DFS2(v);
}
}
int main() {
while (scanf("%d", &n) != EOF) {
G.clear(); G.resize(n + 1);
for (int i = 1, u, v; i < n; ++i) {
scanf("%d%d", &u, &v);
G[u].push_back(v);
G[v].push_back(u);
}
DFS(1);
res = f[1];
DFS2(1);
printf("%lld
", res);
}
return 0;
}