比赛传送门：CF #1110。
比赛记录：点我。
涨了挺多分，希望下次还能涨。
【A】Parity
题意简述：
问 (k) 位 (b) 进制数 (overline{a_1a_2cdots a_k}) 的奇偶性。
题解：
若 (b) 是偶数，则答案等于 (a_k) 的奇偶性。
若 (b) 是奇数，则答案等于 (sum_{i=1}^{k}a_i) 的奇偶性。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define F(i,a,b) for(int i=a;i<=(b);++i)
#define MN 100005
int b,k;
int a[MN];
int main(){
scanf("%d%d",&b,&k);
F(i,1,k)scanf("%d",a+i);
if(b%2==0)puts(a[k]%2==0?"even":"odd");
else{
int s=0;
F(i,1,k)s^=a[i]&1;
puts(s?"odd":"even");
}
return 0;
}
【B】Tape
题意简述：
有 (n) 个线段，第 (i) 个覆盖了数轴上的区间 ([b_i,b_i+1])，保证 (b_1<b_2<cdots<b_nle m)。
你需要用不超过 (k) 个区间覆盖所有线段，求使用的区间总长度最小值。
题解：
假设一开始用 (n) 个长度为 (1) 的区间覆盖了所有线段。
每次可以选择相邻的两个区间，把它们合并，长度增加它们之间的距离，区间个数减少 (1)。
那么我们令答案等于 (n)，把 ({b_2-b_1-1,b_3-b_2-1,ldots,b_n-b_{n-1}-1}) 从小到大排序，将前 (k) 小加入答案即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define F(i,a,b) for(int i=a;i<=(b);++i)
#define MN 100005
int n,m,k;
int a[MN],b[MN];
int main(){
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
F(i,1,n)scanf("%d",a+i);
F(i,1,n-1)b[i]=a[i+1]-a[i]-1;
sort(b+1,b+n);
long long s=n;
F(i,1,n-k)s+=b[i];
printf("%lld
",s);
return 0;
}
【C】Meaningless Operations
题意简述：
定义函数 (f(a)=max_{0<b<a}gcd(aoplus b,a>&>b))。
(q) 次询问，每次给定 (a_i)，询问 (f(a_i)) 的值。
(1le qle 10^3)，(2le a_ile 2^{25}-1)。
题解：
如果 (a
e 2^i-1)，假设 (a) 有 (k) 位，令 (b=2^k-1-a)，则 (aoplus b=2^k-1)，(a>&>b=0)，(gcd(2^k-1,0)=2^k-1)。
容易证明 (f(a)le 2^k-1)，所以这样是最大的。
如果 (a=2^i-1)，此时对于任意的 (b)，有 (aoplus b=a-b)，(a>&>b=b)，则 (f(a)=max_{0<b<a}gcd(b,a-b))。
所以答案一定是 (a) 的一个不等于自身的因数。假设 (a) 最大不等于自身的因数为 (d)，取 (b=d) 即可得到最大的答案。
对 (a) 用 (O(sqrt{a})) 的时间找到最小的质因子即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define F(i,a,b) for(int i=a;i<=(b);++i)
int q,a;
int main(){
scanf("%d",&q);
F(i,1,q){
scanf("%d",&a);
if((a+1)&a){
int x=1;
while(x<=a)x<<=1;
printf("%d
",x-1);
}
else{
int y=0;
for(int x=2;x*x<=a;++x)
if(a%x==0){y=x;break;}
if(!y)puts("1");
else printf("%d
",a/y);
}
}
return 0;
}
【D】Jongmah
题意简述：
你有 (n) 个正整数 (a_ile m)，每次可以消去 (3) 个相等的数或者 (3) 个连续的数。问最多可以消几次。
题解：
对于消去 (3) 个连续的数((a-1,a,a+1))，相同的消除不会超过 (3) 次，因为如果超过 (3) 次，可以替换为消除 (3) 次相等的数。
记录 (mathrm{b}[i]) 为 (i) 的出现次数。
考虑 (mathrm{dp})，记 (mathrm{f}[i][j][k]) 表示对于小于等于 (i) 的数，进行了 (j) 次 ((i-1,i,i+1)) 的消除，进行了 (k) 次 ((i,i+1,i+2)) 的消除最多能消除几次。
这里不考虑 (i+1) 和 (i+2) 出现的次数。
转移比较显然，在保证 (b[i]ge j+k+l) 的情况下，有 (mathrm{f}[i][k][l]=mathrm{f}[i-1][j][k]+l+lfloorfrac{b[i]-j-k-l}{3} floor)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define MN 1000005
int N, M;
int b[MN], f[MN][3][3];
int main(){
scanf("%d%d", &N, &M);
for (int i = 1, x; i <= N; ++i) scanf("%d", &x), ++b[x];
for (int i = 1; i <= M; ++i)
for (int j = 0; j < 3; ++j)
for (int k = 0; k < 3; ++k)
for (int l = 0; l < 3; ++l)
if (b[i] < j + k + l) continue ;
else f[i][k][l] = max(f[i][k][l], f[i - 1][j][k] + (b[i] - j - k - l) / 3 + l);
printf("%d
", f[M][0][0]);
return 0;
}
【E】Magic Stones
题意简述：
一个长度为 (n) 的序列 (a_1,a_2,ldots,a_n)。每次可以对第 (i(1<i<n)) 位进行操作：(c_ileftarrow c_{i+1}+c_{i-1}-c_i)。
问是否可以变成另一个序列 (b_1,b_2,ldots,b_n)。
题解：
首先必须有 (a_1=b_1) 和 (a_n=b_n)。
考虑原序列的差分，分析一次操作对其造成的影响：
假设 (c_i=a_{i+1}-a_i)，则对第 (i) 位的操作会让 (c_{i-1}) 与 (c_i) 交换。
则显然 (c_i) 形成的多重集在操作下是不会改变的，又因为只依靠交换相邻两位就可以把序列任意重排，所以只要判断原序列和最终序列的差分是否本质相同即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define F(i,a,b) for(int i=a;i<=(b);++i)
#define MN 100005
int n,m,q,k;
int a[MN],b[MN],c[MN],d[MN];
int main(){
scanf("%d",&n);
F(i,1,n)scanf("%d",a+i);
F(i,1,n)scanf("%d",b+i);
if(a[1]!=b[1]||a[n]!=b[n])return puts("No"),0;
F(i,1,n-1)c[i]=a[i+1]-a[i];
F(i,1,n-1)d[i]=b[i+1]-b[i];
sort(c+1,c+n);sort(d+1,d+n);
F(i,1,n-1)if(c[i]!=d[i])return puts("No"),0;
puts("Yes");
return 0;
}
【F】Nearest Leaf
题意简述：
给定一棵 (n) 个点的以 (1) 号点为根的树，有边权，保证 (1) 号点不是叶子。
一个性质：这棵树从 (1) 开始 (mathrm{DFS})，遍历到一个点之后按照编号递增的顺序遍历它的儿子，得到的 (mathrm{DFS}) 序恰好是 (1) 到 (n)。
(q) 次询问，每次问 (v_i) 号点到编号在 ([l_i,r_i]) 中的叶子的最小距离。
题解：
输入的树只有给定每个节点的父亲，这时可以通过一个栈求出每个点的子树中的最大 (mathrm{DFS}) 序。
考虑对于结点 (u)，用支持区间加，区间查 (min) 的线段树维护 (u) 到每个叶子的距离，则对于 (v_i=u) 的询问可以直接查询。
发现可以离线，我们把询问按照 (v_i) 排序，模拟一个 (mathrm{DFS}) 的过程。
当前遍历到的结点沿着一条边改变时，就在线段树上修改全局权值加上 (w_i)，子树权值减去 (-2w_i)。
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <algorithm>
typedef long long LL;
typedef std::pair<int, int> pii;
const LL INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int MN = 500005;
int N, Q;
int faz[MN], d[MN], rdf[MN], stk[MN], t;
LL w[MN], dis[MN];
std::vector<int> c[MN], q[MN];
int l[MN], r[MN];
LL Ans[MN];
const int MS = 1 << 20;
#define li (i << 1)
#define ri (i << 1 | 1)
#define mid ((l + r) >> 1)
#define ls li, l, mid
#define rs ri, mid + 1, r
LL mn[MS], tg[MS];
inline void P(int i, LL v) { mn[i] += v; tg[i] += v; }
inline void pd(int i) { if (tg[i]) P(li, tg[i]), P(ri, tg[i]), tg[i] = 0; }
void Mdf(int i, int l, int r, int a, int b, LL v) {
if (r < a || b < l) return ;
if (a <= l && r <= b) return P(i, v);
pd(i), Mdf(ls, a, b, v), Mdf(rs, a, b, v);
mn[i] = std::min(mn[li], mn[ri]);
}
LL Qur(int i, int l, int r, int a, int b) {
if (r < a || b < l) return INF;
if (a <= l && r <= b) return mn[i];
pd(i); return std::min(Qur(ls, a, b), Qur(rs, a, b));
}
void DFS(int u) {
Mdf(1, 1, N, 1, N, w[u]);
Mdf(1, 1, N, u, rdf[u], -2 * w[u]);
for (int i : q[u]) Ans[i] = Qur(1, 1, N, l[i], r[i]);
for (int i : c[u]) DFS(i);
Mdf(1, 1, N, 1, N, -w[u]);
Mdf(1, 1, N, u, rdf[u], 2 * w[u]);
}
int main() {
scanf("%d%d", &N, &Q);
stk[t = 1] = 1;
for (int i = 2; i <= N; ++i) {
scanf("%d%lld", &faz[i], &w[i]);
c[faz[i]].push_back(i);
++d[faz[i]], ++d[i];
dis[i] = dis[faz[i]] + w[i];
while (faz[i] != stk[t]) rdf[stk[t--]] = i - 1;
stk[++t] = i;
}
while (t) rdf[stk[t--]] = N;
for (int i = 1; i <= N; ++i) {
if (d[i] == 1) Mdf(1, 1, N, i, i, dis[i]);
else Mdf(1, 1, N, i, i, INF);
}
for (int i = 1, u; i <= Q; ++i) {
scanf("%d%d%d", &u, &l[i], &r[i]);
q[u].push_back(i);
}
DFS(1);
for (int i = 1; i <= Q; ++i) printf("%lld
", Ans[i]);
return 0;
}