Codeforces Round #620 (Div. 2)

传送门

A. Two Rabbits

签到。

Code

/*
 * Author:  heyuhhh
 * Created Time:  2020/2/15 21:05:55
 */
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <iomanip>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
#define Local
#ifdef Local
  #define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)
  void err() { std::cout << '
'; }
  template<typename T, typename...Args>
  void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }
#else
  #define dbg(...)
#endif
void pt() {std::cout << '
'; }
template<typename T, typename...Args>
void pt(T a, Args...args) {std::cout << a << ' '; pt(args...); }
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 1e5 + 5;
 
int x, y, a, b;
 
void run(){
    cin >> x >> y >> a >> b;
    if((y - x) % (a + b) == 0) {
        cout << (y - x) / (a + b) << '
';    
    } else cout << -1 << '
';
}
 
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    cout << fixed << setprecision(20);
    int T; cin >> T;
    while(T--) run();
    return 0;
}

B. Longest Palindrome

用(map)乱搞即可。

Code

/*
 * Author:  heyuhhh
 * Created Time:  2020/2/15 21:09:39
 */
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <iomanip>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
#define Local
#ifdef Local
  #define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)
  void err() { std::cout << '
'; }
  template<typename T, typename...Args>
  void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }
#else
  #define dbg(...)
#endif
void pt() {std::cout << '
'; }
template<typename T, typename...Args>
void pt(T a, Args...args) {std::cout << a << ' '; pt(args...); }
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 100 + 5;
 
string rev(string s) {
    reverse(all(s));   
    return s;
}
 
int n, m;
string s[N];
map <string, int> mp;
 
void run(){
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> s[i];
        mp[s[i]]++;
    }
    string ans = "", res = "";
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        if(mp[s[i]] && mp[rev(s[i])]) {
            string rs = rev(s[i]);
            if(s[i] == rs) {
                res = s[i];   
            } else {
                mp[s[i]]--;
                mp[rs]--;
                ans += s[i];
            }
        }   
    }
    string ans2 = rev(ans);
    ans += res;
    ans += ans2;
    cout << sz(ans) << '
';
    cout << ans << '
';
}
 
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    cout << fixed << setprecision(20);
    while(cin >> n >> m) run();
    return 0;
}

C. Air Conditioner

贪心。
每次我们找能够走到的一个区间，然后和能使客人满意的区间取交集，若交集不为空，则能够满足当前客人。
之后类似这样操作就行。

Code

/*
 * Author:  heyuhhh
 * Created Time:  2020/2/15 21:19:20
 */
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <iomanip>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
#define Local
#ifdef Local
  #define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)
  void err() { std::cout << '
'; }
  template<typename T, typename...Args>
  void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }
#else
  #define dbg(...)
#endif
void pt() {std::cout << '
'; }
template<typename T, typename...Args>
void pt(T a, Args...args) {std::cout << a << ' '; pt(args...); }
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 100 + 5;
 
int n, m;
ll t[N], l[N], r[N];
 
void run(){
    cin >> n >> m;
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> t[i] >> l[i] >> r[i];   
    }
    ll prel = m, prer = m;
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        int d = t[i] - t[i - 1];
        prer = min(r[i], prer + d);
        prel = max(l[i], prel - d);
        if(prel > r[i] || prer < l[i]) {
            cout << "NO" << '
';
            return;   
        }
    }
    cout << "YES" << '
';
}
 
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    cout << fixed << setprecision(20);
    int q; cin >> q;
    while(q--) run();
    return 0;
}

D. Shortest and Longest LIS

题意：
先有一个长度为(n)的排列，但每个位置的具体数字没有给出，只给出了一个长度为(n-1)且只包含("<,>")两个字符。

• 若第(i)个位置为(">")，那么(a_i>a_{i+1})；
• 若第(i)个位置为("<")，那么(a_i<a_{i+1})；

现在要构造出两个排列，一个使得(LIS)长度最小，一个使得(LIS)长度最大。

思路：
很容易想到(Dilworth)定理：

• 集合的最小链划分等于其最长反链，集合的最小反链划分等于其最长链。

这里的链抽象来说，就是给出一个二元关系，链上面的任意两个元素都可比；反链即任意两个元素都不可比。

以(LIS)长度最小举例，也就是说不相交的下降子序列集合个数最少，那么我们贪心考虑，显然越前面越大即可。
(LIS)长度最大的话，前面越小就行。
剩下的就是构造。
以(LIS)长度最小举例，就是找到第一个("<")符号，那个位置为目前最小值，然后依次更新前面的(">")；之后重复该过程即可。
最后一个位置要特殊处理。
还有一种更好写的方法，就是第一个位置设为(INF)，后面要减小就减一，增大就加上(INF)。最后离散化一波即可。
详见代码：

Code

/*
 * Author:  heyuhhh
 * Created Time:  2020/2/15 21:34:37
 */
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <iomanip>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
#define Local
#ifdef Local
  #define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)
  void err() { std::cout << '
'; }
  template<typename T, typename...Args>
  void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }
#else
  #define dbg(...)
#endif
void pt() {std::cout << '
'; }
template<typename T, typename...Args>
void pt(T a, Args...args) {std::cout << a << ' '; pt(args...); }
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 2e5 + 5;
 
int n;
char s[N];
int a[N], b[N];
int big[N], small[N];
bool chk[N];
 
void run(){
    cin >> n;
    cin >> (s + 1);
    int t1 = 0, t2 = 0;
    for(int i = 1; i < n; i++) {
        if(s[i] == '>') big[++t1] = i;
        else small[++t2] = i;
    }
    big[++t1] = n;
    small[++t2] = n;
    int Max = n, Min = 1;
    for(int i = 1; i <= n; i++) chk[i] = false;
    for(int i = 1; i <= t1; i++) {
        a[big[i]] = Max--;
        chk[big[i]] = true;
        int p = big[i] - 1;
        while(p > 0 && !chk[p]) {
            chk[p] = true;
            a[p] = Max--;
            --p;   
        }
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++) chk[i] = false;
    for(int i = 1; i <= t2; i++) {
        b[small[i]] = Min++;
        chk[small[i]] = true;
        int p = small[i] - 1;
        while(p > 0 && !chk[p]) {
            chk[p] = true;
            b[p] = Min++;
            --p;   
        }
    }   
    for(int i = 1; i <= n; i++) cout << a[i] << " 
"[i == n];
    for(int i = 1; i <= n; i++) cout << b[i] << " 
"[i == n];
}
 
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    cout << fixed << setprecision(20);
    int T; cin >> T;
    while(T--) run();
    return 0;
}

E. 1-Trees and Queries

题意：
给出一颗树，然后给出(q)个询问：(x y a b k)，回答现在在树上加一条边((x,y))，然后从(a)走到(b)，能否刚好走(k)次。

思路：
显然我们只需要求(a ightarrow b)的最短路劲(d)，然后看(d)和(k)的奇偶性是否相同就行。
很容易发现((x,y))这条边至多走一次，那么就三种情况都看看就行。

Code

/*
 * Author:  heyuhhh
 * Created Time:  2020/2/15 22:18:17
 */
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <iomanip>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
#define Local
#ifdef Local
  #define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)
  void err() { std::cout << '
'; }
  template<typename T, typename...Args>
  void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }
#else
  #define dbg(...)
#endif
void pt() {std::cout << '
'; }
template<typename T, typename...Args>
void pt(T a, Args...args) {std::cout << a << ' '; pt(args...); }
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 1e5 + 5;
 
int n, q;
 
int f[N][20], deep[N];
 
struct Edge {
    int v, next;   
}e[N << 1];
int head[N], tot;
void adde(int u, int v) {
    e[tot].v = v; e[tot].next = head[u]; head[u] = tot++;   
}
 
void dfs(int u, int fa) {
    deep[u] = deep[fa] + 1;
    f[u][0] = fa;
    for(int i = head[u]; i != -1; i = e[i].next) {
        int v = e[i].v;
        if(v != fa) dfs(v, u);
    }
}
 
int LCA(int x, int y) {
    if(deep[x] < deep[y]) swap(x, y);
    for(int i = 19; i >= 0; i--) {
        if(deep[f[x][i]] >= deep[y]) x = f[x][i];
    }   
    if(x == y) return x;
    for(int i = 19; i >= 0; i--) {
        if(f[x][i] != f[y][i]) x = f[x][i], y = f[y][i];   
    }
    return f[x][0];
}
 
int dis(int x, int y) {
    int z = LCA(x, y);
    return deep[x] + deep[y] - 2 * deep[z];   
}
 
bool solve(int a, int b, int c, int d, int k, int v) {
    int t = dis(a, b) + v + dis(c, d);
    if(t <= k && ((k & 1) == (t & 1))) return true;
    return false;
}
 
void run(){
    memset(head, -1, sizeof(head));
    for(int i = 1; i < n; i++) {
        int u, v; cin >> u >> v;
        adde(u, v); adde(v, u);   
    }
    dfs(1, 0);
    for(int i = 1; i < 20; i++) {
        for(int j = 1; j <= n; j++) {
            f[j][i] = f[f[j][i - 1]][i - 1];
        }   
    }
    cin >> q;
    while(q--) {
        int x, y, a, b, k;
        cin >> x >> y >> a >> b >> k;
        if(solve(a, a, a, b, k, 0) || solve(a, x, y, b, k, 1) || solve(a, y, x, b, k, 1)) {
            cout << "YES" << '
';
        } else cout << "NO" << '
';
    }
}
 
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    cout << fixed << setprecision(20);
    while(cin >> n) run();
    return 0;
}

F2. Animal Observation (hard version)

题意：
给出一个(n*m,nleq 50,mleq 2cdot 10^4)的矩阵，每个格子有一定数量的物品。
现在对于每一行，可以放置一个(2*k)的矩阵，放上去可以取走矩阵范围内的物品（若在最后一行则放置(1*k)）的矩阵。
放置的矩阵可以重叠，但不能重复取走格子内的物品。
问最多能够取走多少的物品。

思路：
先说一下easy版本：esay版本中(kleq 40)，我们很容易想到一个(dp:dp_{i,j}:)第(i)行将矩阵放置于第(j)个位置最大能取走的数量，因为(k)很小，我们只需要维护前后缀的最大值并同时枚举(k)进行转移即可。
写起来也不复杂：

Code

/*
 * Author:  heyuhhh
 * Created Time:  2020/2/15 22:47:35
 */
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <iomanip>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
#define Local
#ifdef Local
  #define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)
  void err() { std::cout << '
'; }
  template<typename T, typename...Args>
  void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }
#else
  #define dbg(...)
#endif
void pt() {std::cout << '
'; }
template<typename T, typename...Args>
void pt(T a, Args...args) {std::cout << a << ' '; pt(args...); }
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 50 + 5, M = 2e4 + 5;

int n, m, k;
int dp[N][M];
int a[N][M], sum[N][M];
int pre[M], suf[M], id_p[M], id_s[M];

void run(){
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        for(int j = 1; j <= m; j++) {
            cin >> a[i][j];
            sum[i][j] = sum[i][j - 1] + a[i][j];   
        }
    }
    auto calc = [&](int i, int a, int b) {
        return sum[i][b] - sum[i][a - 1] + sum[i + 1][b] - sum[i + 1][a - 1];
    };
    auto init = [&](int r) {
        for(int i = k; i <= m; i++) {
            if(dp[r][i] > pre[i - 1]) {
                pre[i] = dp[r][i];
            } else {
                pre[i] = pre[i - 1];
            }
        }   
        for(int i = m; i >= k; i--) {
            if(dp[r][i] > suf[i + 1]) {
                suf[i] = dp[r][i];
            } else {
                suf[i] = suf[i + 1];
            }
        }
    };
    for(int i = k; i <= m; i++) {
        dp[1][i] = calc(1, i - k + 1, i);   
    }
    init(1);
    for(int i = 2; i <= n; i++) {
        for(int j = k; j <= m; j++) {
            int t = sum[i + 1][j] - sum[i + 1][j - k];
            dp[i][j] = max(pre[j - k], suf[j + k]) + calc(i, j - k + 1, j) - t;
            for(int s = j - k + 1; s <= min(m, j + k - 1); s++) {
                if(s <= j) dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i - 1][s] + sum[i][j] - sum[i][s]);
                else dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i - 1][s] + sum[i][s - k] - sum[i][j - k]);
            }
            dp[i][j] += t;
        }
        init(i);
    }
    int ans = pre[m];
    cout << ans << '
';
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    cout << fixed << setprecision(20);
    while(cin >> n >> m >> k) run();
    return 0;
}

hard版本中(kleq m)，很显然直接(dp)复杂度为(O(nm^2))，时间复杂度不能承受。
我们按照滑动窗口的思想来考虑，若第(i-1)行的(dp)值已处理完毕，现在处理第(i)行。我们枚举(j(1leq jleq m-k+1))，假设对于(j)来说，我们对于(dp[i-1][x])都减去了([x,x+k-1])与([j,j+k-1])的相交部分。现在从(j)到(j+1)，会发现(dp[i-1][j-k+1 o j])此时都会加上(animal[i][j])；而(dp[i-1][j+1 o j+k])会减去(animal[i][j+k])。
那么我们对于每一行，暴力枚举(1 o k)进行处理，后面的就类似于一个滑动窗口，用线段树进行区间加减即可，可以做到(O(nmlogm))的复杂度。

上面的思想抽象来看，每往右移动一次，前缀部分会减少一个位置，他们都会加上同一个值；而后缀部分会增加一个位置，会都减少同一个值。
也就是说对于(dp[i][j])较优的决策，对于(dp[i][j+1])也是较优的，因此我们可以考虑用一个单调队列来维护决策位置，最后找到决策位置后(O(1))可以计算相交区间的值从而维护答案。
实现的话从前缀转移过来时正着扫一遍；从后缀转移过来时倒着扫一遍即可。
这样时间复杂度为(O(nm))。
细节见代码：

Code

/*
 * Author:  heyuhhh
 * Created Time:  2020/2/17 10:08:57
 */
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <iomanip>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
#define Local
#ifdef Local
  #define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)
  void err() { std::cout << '
'; }
  template<typename T, typename...Args>
  void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }
#else
  #define dbg(...)
#endif
void pt() {std::cout << '
'; }
template<typename T, typename...Args>
void pt(T a, Args...args) {std::cout << a << ' '; pt(args...); }
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 50 + 5, M = 2e4 + 5;

int n, m, k;
int a[N][M];
int lmax[M], rmax[M];

int calc(vector<int>& v, int l, int r) {
    return v[r] - v[l - 1];   
}

int calc(vector<vector<int>>& v, int i, int l, int r) {
    return calc(v[i], l, r) + calc(v[i + 1], l, r);   
}

void solve(int i, vector<int> res, vector<int> &arr, vector<int> p, int op) {
    if(op) {
        vector <int> t(m + 3);
        for(int j = 1; j <= m; j++) {
            t[j] = p[m - j + 1];
        }
        p.swap(t);
    }
    deque <pii> q;
    for(int j = 1; j <= m - k + 1; j++) {
        int now = (op ? res[m - j - k + 2] : res[j]) - calc(p, j, j + k - 1);
        if(sz(q) && q.front().se <= j - k) q.pop_front();
        while(sz(q) && q.back().fi + calc(p, q.back().se, j - 1) <= now) q.pop_back();
        q.push_back(MP(now, j));
        arr[j] = q.front().fi + calc(p, q.front().se, j - 1);
    }
}

void run(){
    vector <vector <int>> pre(n + 2, vector<int>(m + 3, 0)), suf(n + 2, vector<int>(m + 3, 0));
    vector <vector <int>> dp(n + 2, vector<int>(m + 3, 0));
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        for(int j = 1; j <= m; j++) {
            cin >> a[i][j];
            pre[i][j] = pre[i][j - 1] + a[i][j];
        }
        for(int j = m; j >= 1; j--) {
            suf[i][j] = suf[i][j + 1] + a[i][j];   
        }
    }
    auto init = [&](int i) {
        for(int j = 1; j <= m; j++) {
            lmax[j] = max(lmax[j - 1], dp[i][j]);
        }   
        for(int j = m; j >= 1; j--) {
            rmax[j] = max(rmax[j + 1], dp[i][j]);   
        }
    };
    for(int i = 1; i <= m - k + 1; i++) {
        dp[1][i] = calc(pre, 1, i, i + k - 1);
    }
    init(1);
    for(int i = 2; i <= n; i++) {
        vector <int> dpl(m + 1), dpr(m + 1);
        solve(i, dp[i - 1], dpl, pre[i], 0);
        solve(i, dp[i - 1], dpr, suf[i], 1);
        for(int j = 1; j <= m - k + 1; j++) {
            dp[i][j] = max(lmax[max(0, j - k)], rmax[j + k]) + calc(pre, i, j, j + k - 1);
        }
        for(int j = 1; j <= m - k + 1; j++) {
            dp[i][j] = max(dp[i][j], max(dpl[j], dpr[m - j - k + 2]) + calc(pre, i, j, j + k - 1));
        }
        init(i);
    }
    int ans = lmax[m];
    cout << ans << '
';
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    cout << fixed << setprecision(20);
    while(cin >> n >> m >> k) run();
    return 0;
}