Problem A 新婚快乐
一条路，被$n$个红绿灯划分成$n+1$段，从前到后一次给出每一段的长度$l_i$，每走$1$的长度需要$1$分钟。
一开始所有红绿灯都是绿色的，$g$分钟后所有红绿灯变成红色，再过$r$分钟，所有红绿灯又重新变为绿色。
以$r+g$分钟为一个周期，如此反复。
有$Q$组询问，如果第$t_i$分钟从第一条线段的首端出发走到最后一条线段末端需要的时刻。
对于$100\%$的数据满足$1 leq nleq 2 imes 10^5$ , 其他所有数字都在$10^9$以下。
Solution ：
设$f[i]$表示第$i$个红绿灯恰好绿灯开始，走到最后的时间长度。
转移的话就是从最近的一个$j$（即编号最小），且满足$|s_j - s_i| \% (r+g) geq g$。
这个时候，我们需要解这样一个带有取模运算的不等式，$(a+b)\% c geq d$
我们打一个表发现，若$a=0$，答案显然是$[d,c-1]$，如果对于任意$1 leq a < c$只要把答案区间往左平移$a$即可。
这个时候，可能出现段首一部分被覆盖，段尾一部分被覆盖。
直接用权值线段树维护位置信息即可。
最后计算答案的时候，也需要解这样一个不等式，类似的，计算出当前出发第一个遇到红灯的位置即可。
使用动态开点的权值线段树，可以实现时间复杂度$O(n log_2 S)$，其中$S$是值域。
# include <bits/stdc++.h> # define int long long # define root rt # define inf (1e18) using namespace std; const int N=2e5+10; int n,g,r; int s[N],f[N]; struct Seg { int ls,rs,val; Seg() { val = inf; ls=rs=0; } }; struct QwQ { int root,tot; QwQ () { root=0;tot=0;} Seg tr[N*32]; void insert(int &x,int l,int r,int pos,int val) { if (!x) x=++tot; if (l==r) { tr[x].val=val; return;} int mid=(l+r)>>1; if (pos<=mid) insert(tr[x].ls,l,mid,pos,val); else insert(tr[x].rs,mid+1,r,pos,val); tr[x].val=min(tr[tr[x].ls].val,tr[tr[x].rs].val); } int query(int x,int l,int r,int opl,int opr) { if (!x) return inf; if (opl<=l && r<=opr) return tr[x].val; int ret=inf,mid=(l+r)>>1; if (opl<=mid) ret=min(ret,query(tr[x].ls,l,mid,opl,opr)); if (opr>mid) ret=min(ret,query(tr[x].rs,mid+1,r,opl,opr)); return ret; } int query(int x) { x=(x%(g+r)+(g+r))%(g+r); if (g-x>=0) return query(root,0,g+r-1,g-x,g+r-1-x); else return min(query(root,0,g+r-1,0,g+r-1-x),query(root,0,g+r-1,(g-x+g+r)%(g+r),g+r-1)); } }tr1,tr2; signed main() { scanf("%lld%lld%lld",&n,&g,&r); for (int i=1;i<=n+1;i++) { int t; scanf("%lld",&t); s[i]=s[i-1]+t; } f[n]=s[n+1]-s[n]; tr1.insert(tr1.root,0,g+r-1,s[n]%(g+r),n); for (int i=n-1;i>=1;i--) { int j = tr1.query(g+r-s[i]%(g+r)); if (j == inf) { f[i] = s[n+1]-s[i]; } else { f[i] = f[j] + (s[j]-s[i]) + g+r-(s[j]-s[i])%(g+r); } tr1.insert(tr1.root,0,g+r-1,s[i]%(g+r),i); } for (int i=1;i<=n;i++) tr2.insert(tr2.root,0,g+r-1,s[i]%(g+r),i); int q; scanf("%lld",&q); while (q--) { int t; scanf("%lld",&t); int p = tr2.query(t%(g+r)); if (p == inf) { printf("%lld ",t+s[n+1]); continue;} else { printf("%lld ",s[p]+t+g+r-(s[p]+t)%(g+r)+f[p]); } } return 0; }
Problem B 能量传输
有$n$个人排成一圈，每恰好相隔$k$个人可以花费$1$的代价传输$1$的能量。
给出每个人的初始能量，为了使得每个人最终的能量都相等，输出最小代价。
对于$100\%$的数据满足$1 leq kleq n leq 5 imes 10^5 $
Solution :
首先，本题每相邻$k$个人可进行交换，于是我们就可以做若干次环形均分纸牌即可。
环形均分纸牌问题，需要使用两个模型，第一个是线性的均分纸牌，另外一个是中位数。
设$s[i]$为数组的前缀和，这些数最终都变成$r = frac{sumlimits_{i=1}^{n}}{n}$
线性状态下 ， 第$1$个人显然需要和第$2$进行交换，使得自己纸牌数成为$r$.
依次类推，在最优状态下，到第$i$个人和第$i+1$个人交换的时候，$|i imes r - s[i]|$是需要交换的总排数。
所有总交换次数就是$sumlimits_{i=1}^{n} |i imes r - s[i]|$
为了计算方便，一开始，我们让所有数减去一个平均数$r$，并最终让所有人手中有0张牌，答案显然不变，就是$sum |s_i|$了。
为了让线性变成环形，我们考虑一个较为朴素的做法，将$n$种断环方法，然后做一次均分纸牌即可。
继续推导，当前断环所成的东西是这样的。
// 设S[i]数组为减去avg的前缀和数组，显然有S[M]=0 A[k+1] S[k+1]-S[k] A[k+2] S[k+2]-S[k+1] .... A[M] S[M] - S[k] A[1] S[1]+S[M]-S[k] ... A[k] S[k]+S[M]-S[k]
这个时候所需要的步数就是$sumlimits_{i=1}^{n}|s[i] - s[k]|$，这个时候取$s[k]$为中位数的时候最小。
时间复杂度为$O(n log_2 n)$
# include <bits/stdc++.h> # define int long long using namespace std; const int N=2e6+10; int a[N],b[N],g[N]; bool vis[N]; int cnt,n,k,sum; int solve(int u) { int cnt=0; for (int i=u;;i+=k) { if (i>n) i-=n; if (vis[i]) break; vis[i]=1; b[++cnt]=a[i]-sum; } for (int i=1;i<=cnt;i++) g[i]=g[i-1]+b[i]; sort(g+1,g+1+cnt); int mid = g[(cnt+1)/2]; int ans=0; for (int i=1;i<=cnt;i++) ans+=abs(g[i]-mid); return ans; } signed main() { scanf("%lld%lld",&n,&k); k++; for (int i=1;i<=n;i++) { scanf("%lld",&a[i]); sum+=a[i]; } sum/=n; int ans=0; for (int i=1;i<=n;i++) if (!vis[i]) { ans+=solve(i); } printf("%lld ",ans); return 0; }
Problem C 矿物运输
给出一棵有$n$个点的树，每一个点上面有一个权值$val_i$
先手和后手轮流操作，使得一个节点上$1$的权值移到它的父亲节点上、
无法移动的人判负，先手胜利输出"win"否则输出"lose"
对于$100\%$的数据满足$1 leq n leq 2 imes 10^5$
Solution :
这是是多个有向图游戏的和，而多个有向图(G)游戏的和SG函数值等于它包含的各个子游戏SG函数值的异或和，即SG(G) = SG(G1) xor SG(G2) xor SG(Gm)。
所以我们不妨将深度为奇数的所有点矿石数求异或，结果大于零（根据NIM游戏规则）则输出win（先手必胜），否则输出lose。
时间复杂度为$O(n)$
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn=200005; struct Edge{ int next,to; }edge[maxn]; int n,nedge,head[maxn],ans; int a[maxn]; void addedge(int a,int b){ edge[nedge].next=head[a]; edge[nedge].to=b; head[a]=nedge++; } void dfs(int u,int d){ if (d%2==1) ans^=a[u]; for (int i=head[u];i!=-1;i=edge[i].next){ int v=edge[i].to; dfs(v,d+1); } } int main(){ int cas; scanf("%d",&cas); while(cas--){ scanf("%d",&n); nedge=0,ans=0; memset(head,-1,sizeof(head)); for (int i=1;i<n;i++){ int k; scanf("%d",&k); addedge(k,i); } for (int i=0;i<n;i++) scanf("%d",&a[i]); dfs(0,0); if (!ans) puts("lose"); else puts("win"); } return 0; }