蛤蛤我就是那个 VP 只过三题的垃圾。
D 据说可以 OEIS，然后因为读错题寄了半小时，OEIS 又翻了半小时没找到。最后几分钟才发现是个傻逼规律。
E 也不是很难，何队一眼秒了。
A. Prof. Slim
发现只能交换正负号。那就把所有负号放在前面看看是不是一个不降序列即可。
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
//#define int long long
#define orz cout << "tyy YYDS!!!\n"
using namespace std;
const int MAXN = 2e5 + 10;
const int INF = 1e9 + 7;
const int mod = 998244353;
int read() {
int s = 0, f = 0; char ch = getchar();
while(!isdigit(ch)) f |= (ch == '-'), ch = getchar();
while(isdigit(ch)) s = (s << 1) + (s << 3) + (ch ^ 48), ch = getchar();
return f ? -s : s;
}
void Main() {
int n = read();
vector<int> a(n + 1);
int cnt = 0;
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
a[i] = read();
cnt += a[i] < 0;
}
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
if(i <= cnt) a[i] = - abs(a[i]);
else a[i] = abs(a[i]);
}
for(int i = 2; i <= n; ++i) {
if(a[i] < a[i - 1]) {
return puts("NO"), void();
}
}
puts("YES");
}
signed main() {
int T = read();
while(T--) Main();
return 0;
}
B. Dorms War
标记一下特殊点。
从前往后枚举每一个字符。
随便用一个值 \(sc\) 来维护这个特殊点以及因为在他前面而被删掉的点。
因此记录一下上一个特殊点的位置 \(lst\)。
设当前枚举到的 \(i\) 为特殊点。
那么因为在这个点前面而被删掉的点有 \(\max (0, sc - 2len) + len\) 个，其中 \(len = i - lst\)。
就是考虑这两个特殊点同时删，后面这个特殊点删到第 \(len\) 次的时候就把前面那个特殊点删掉了，此时前面那个特殊点也删了 \(len\) 次，那么剩下的就可以让当前这个特殊点删了。
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
//#define int long long
#define orz cout << "tyy YYDS!!!\n"
using namespace std;
const int MAXN = 2e5 + 10;
const int INF = 1e9 + 7;
const int mod = 998244353;
int read() {
int s = 0, f = 0; char ch = getchar();
while(!isdigit(ch)) f |= (ch == '-'), ch = getchar();
while(isdigit(ch)) s = (s << 1) + (s << 3) + (ch ^ 48), ch = getchar();
return f ? -s : s;
}
int n, K, lst;
char s[MAXN];
char t[30];
bool vis[30];
int stc[MAXN], sc = 0;
void Main() {
n = read(), sc = lst = 0;
cin >> s + 1;
K = read();
memset(vis, false, sizeof vis);
for(int i = 1; i <= K; ++i) scanf("%c", &t[i]), getchar(), vis[t[i] - 'a'] = true;
// for(int i = 1; i <= K; ++i) cout << t[i] << " "; puts("");
// cout << "check: " << vis['y' - 'a'] << "\n";
while(n && !vis[s[n] - 'a']) --n;
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
int c = s[i] - 'a';
if(!vis[c]) {
++sc;
} else {
if(lst) {
int len = i - lst;
sc = max(0, sc - 2 * len) + len;
}
lst = i;
++sc;
}
}
sc = max(sc - 1, 0);
cout << sc << "\n";
// cout << "ans: " << n << " " << sc << "\n";
}
signed main() {
int T = read();
while(T--) Main();
return 0;
}
C. Where is the Pizza?
看到两个排列，果断考虑转化成图论。
将 \(a_i\) 和 \(b_i\) 连边。
最终的情况一定是若干个环。
发现只要确定了环上的一个点，剩下的都能确定。
也就是说，如果一个环上的点数 \(>2\) 且没有已经确定的点，那么这个环会对方案数贡献一个 \(\times 2\) 。
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
//#define int long long
#define orz cout << "tyy YYDS!!!\n"
using namespace std;
const int MAXN = 2e5 + 10;
const int INF = 1e9 + 7;
const int mod = 1e9 + 7;
int read() {
int s = 0, f = 0; char ch = getchar();
while(!isdigit(ch)) f |= (ch == '-'), ch = getchar();
while(isdigit(ch)) s = (s << 1) + (s << 3) + (ch ^ 48), ch = getchar();
return f ? -s : s;
}
int fa[MAXN];
int find(int x) { return fa[x] == x ? x : fa[x] = find(fa[x]); }
void Main() {
int n = read();
vector<int> a(n + 1), b(n + 1), d(n + 1), siz(n + 1);
vector<int> vis(n + 1, 0);
for(int i = 1; i <= n; ++i) a[i] = read();
for(int i = 1; i <= n; ++i) b[i] = read();
for(int i = 1; i <= n; ++i) d[i] = read();
for(int i = 1; i <= n; ++i) fa[i] = i, siz[i] = 1;
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
int uf = find(a[i]), vf = find(b[i]);
if(uf != vf) fa[uf] = vf, siz[vf] += siz[uf];
}
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
if(d[i] != 0) {
vis[find(d[i])] = true;
}
}
LL ans = 1;
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
if(find(i) == i && !vis[i] && siz[i] > 1) {
ans = 2ll * ans % mod;
}
}
cout << ans << "\n";
}
signed main() {
int T = read();
while(T--) Main();
return 0;
}
D. Very Suspicious
找规律题。
考虑两条不平行的线相交，最多会产生 \(2\) 的贡献。
因为这个六边形网络无限大，所以一定会有一个位置，是的当前放的这条线和之前放的所有与它不平行的线相交。
然后记录一下三种线的数量，每次贪心选择放当前数量最少的哪一种线就是最优的放法。
然后暴力跑一下 \(n= 10^9\) 的情况，发现只需要三万多条线。（忘记具体数了）
然后你就可以暴力跑出 \(i\) 条线最多能搞出多少个三角形存下来。
对于每次询问直接 lower_bound 即可。
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
//#define int long long
#define orz cout << "tyy YYDS!!!\n"
using namespace std;
const int MAXN = 2e5 + 10;
const int INF = 1e9 + 7;
const int mod = 998244353;
int read() {
int s = 0, f = 0; char ch = getchar();
while(!isdigit(ch)) f |= (ch == '-'), ch = getchar();
while(isdigit(ch)) s = (s << 1) + (s << 3) + (ch ^ 48), ch = getchar();
return f ? -s : s;
}
int biao[MAXN], Cnt = 0;
void Calc(int n) {
int now = 0, ans = 0;
int a = 0, b = 0, c = 0;
while(now < n) {
if(a <= b && a <= c) {
now += 2 * (b + c);
ans ++;
a ++;
} else if(b <= a && b <= c) {
now += 2 * (a + c);
ans ++;
b ++;
} else if(c <= a && c <= b) {
now += 2 * (a + b);
ans ++;
c ++;
}
biao[ans] = now;
}
Cnt = ans;
// cout << ans << "\n";
}
signed main() {
Calc(1500000000);
// cout << Cnt << "\n";
int T = read();
while(T--) {
int n = read();
int x = lower_bound(biao + 1, biao + Cnt + 1, n) - biao;
cout << x << "\n";
}
return 0;
}
E. Hemose on the Tree
发现答案最优一定是 \(2^p\)。
考虑怎么构造，因为 \(x \oplus (x+2^p) = 2^p\)，所以将他们两两配对。随便找一个点放上 \(2^p\) 作为根。
然后可以根据这个点的父亲的第 \(p\) 位是否是 \(1\) 来判断两个数谁放到边上谁放到点上。
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
//#define int long long
#define orz cout << "tyy YYDS!!!\n"
using namespace std;
const int MAXN = 3e5 + 10;
const int INF = 1e9 + 7;
const int mod = 998244353;
int read() {
int s = 0, f = 0; char ch = getchar();
while(!isdigit(ch)) f |= (ch == '-'), ch = getchar();
while(isdigit(ch)) s = (s << 1) + (s << 3) + (ch ^ 48), ch = getchar();
return f ? -s : s;
}
struct edge { int to, id, nxt; }e[MAXN << 1];
int head[MAXN], num_edge = 1;
int p, n, now;
int ans[MAXN], res[MAXN];
void add_edge(int from, int to, int id) { e[++num_edge] = (edge){to, id, head[from]}, head[from] = num_edge; }
void dfs(int u, int fa, int dep) {
for(int i = head[u]; i; i = e[i].nxt) {
int v = e[i].to;
if(v == fa) continue;
ans[v] = ++now;
res[e[i].id] = now + n;
if(!dep) swap(ans[v], res[e[i].id]);
dfs(v, u, dep ^ 1);
}
}
void Main() {
p = read(), n = (1 << p);
num_edge = 1, now = 0;
for(int i = 1; i <= n; ++i) head[i] = 0;
for(int i = 1, u, v; i < n; ++i) {
u = read(), v = read();
add_edge(u, v, i), add_edge(v, u, i);
}
dfs(n, 0, 1);
ans[n] = n;
printf("%d\n", n);
for(int i = 1; i <= n; ++i) printf("%d ", ans[i]); puts("");
for(int i = 1; i < n; ++i) printf("%d ", res[i]); puts("");
}
signed main() {
int T = read();
while(T--) Main();
return 0;
}