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C:
将每种颜色的连续出现称为一段，寻找总段数即可
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; int cnt=0,len; char s[100005]; int main() { scanf("%s",s+1);len=strlen(s+1); for(int i=1;i<=len;i++) if(s[i]!=s[i-1]) cnt++; printf("%d",cnt-1); return 0; }
D:
可以发现对于每一个点的最优解$res_i$为：
$max(w_j)-w_i（j>i）$
找到最小的$res_i$的个数即可
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; int n,d,dat[100005],mx,res,cnt; int main() { scanf("%d%d",&n,&d); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&dat[i]); mx=dat[n]; for(int i=n-1;i>=1;i--) { if(mx>dat[i]) { if(mx-dat[i]>res) res=mx-dat[i],cnt=1; else if(mx-dat[i]==res) cnt++; } mx=max(mx,dat[i]); } printf("%d",cnt); return 0; }
E:
仔细考虑一下会发现并没有那么难……
首先每个已知权值的节点的权值和其深度的异或值要相同，保证其奇偶性合法
（一定要先剔除奇偶性不合法的情况，否则后面可能会判为合法）
接下来就只要考虑权值大小是否合法即可
可以$dfs$出每个节点的可能区间，将$l[i]>r[i]$视为不合法
构造答案时只要保证该节点的值在区间内即可（感性证明）
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int MAXN=1e5+10,INF=1<<30; struct edge{int nxt,to;}e[MAXN<<2]; int n,k,x,y,fst,head[MAXN],dep[MAXN],l[MAXN],r[MAXN],val[MAXN],tot=0; void add(int from,int to) {e[++tot].nxt=head[from];e[tot].to=to;head[from]=tot;} void cal_dep(int x,int anc) { for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt) { if(e[i].to==anc) continue; dep[e[i].to]=dep[x]+1;cal_dep(e[i].to,x); } } void dfs(int x,int anc) { if(val[x]!=INF) l[x]=r[x]=val[x]; else l[x]=-INF,r[x]=INF; for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt) { if(e[i].to==anc) continue; dfs(e[i].to,x); l[x]=max(l[x],l[e[i].to]-1); r[x]=min(r[x],r[e[i].to]+1); } if(l[x]>r[x]){puts("No");exit(0);} } void print(int x,int anc) { if(val[x]==INF) { if(val[anc]+1>=l[x]&&val[anc]+1<=r[x]) val[x]=val[anc]+1; else val[x]=val[anc]-1; } for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt) if(e[i].to!=anc) print(e[i].to,x); } int main() { scanf("%d",&n); for(int i=1;i<n;i++) scanf("%d%d",&x,&y),add(x,y),add(y,x); cal_dep(1,0); for(int i=1;i<=n;i++) val[i]=INF; scanf("%d",&k); for(int i=1;i<=k;i++) { scanf("%d%d",&x,&y);val[x]=y; if(i==1) fst=(dep[x]&1)^(val[x]&1); else if((dep[x]&1)^(val[x]&1)!=fst) return !puts("No"); } dfs(1,0); if(val[1]==INF) val[1]=l[1]; puts("Yes");print(1,0); for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",val[i]); return 0; }
F:
原来模拟赛中出现过的一道题目，现在终于刚掉了
当时听杨主力讲题时一脸懵逼，完全不知所云
首先要看出一个结论：矩形一定经过中线$frac{n}{2}$或$frac{m}{2}$
（原因在于矩形周长的下限为$2*(max(n,m)+1)$，而$frac{n}{2}*frac{m}{2}$的矩形的周长明显是比其小的）
而这两种情况可以只考虑一种，剩下一种将每个点的$x,y$坐标翻转即可
接下来都以$frac{m}{2}$为中线来举例
要使周长最大，明显要使子矩阵为一个极大子矩阵
可以先将所有节点按$x$坐标递增的方式来排序
确定了两个点就确定了该矩阵的左右边界，上下边界的最大值由中间的点来限定
假如选定了$i$为右边界，那么当前的最值为$max{ X_i-X_j+len_j}$
其中$len_j$为以点$j$为左边界时由$i....j$的点限定出的最长竖直距离
于是可以上下各维护一个单调栈，保证栈中的纵坐标向两侧递增
每次新增一个节点时按照单调栈中的信息在退栈时将$len_j$更新即可
为了在$log(n)$的时间内完成上述操作，可以使用线段树维护$len_j-X_j$的最大值
退栈时将那条线段整体平移到当前线段的位置，也就是将所有点的$len$都减去与当前线段的差值，为区间减操作
最后将最大值，即$seg[1]$加上$X_i$就是以$i$为右边界时的最大值
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef pair<int,int> P; #define X first #define Y second #define mid (l+r)/2 #define lc k<<1,l,mid #define rc k<<1|1,mid+1,r const int MAXN=3e5+10; int n,m,k,seg[MAXN<<2],tag[MAXN<<2],res=0; P dat[MAXN],st1[MAXN],st2[MAXN]; void pushdown(int k) { if(!tag[k]) return; tag[k<<1]+=tag[k];seg[k<<1]+=tag[k]; tag[k<<1|1]+=tag[k];seg[k<<1|1]+=tag[k]; tag[k]=0; } void Update(int a,int b,int x,int k,int l,int r) { if(a<=l&&r<=b){tag[k]+=x;seg[k]+=x;return;} pushdown(k); if(a<=mid) Update(a,b,x,lc); if(b>mid) Update(a,b,x,rc); seg[k]=max(seg[k<<1],seg[k<<1|1]); } void solve() { memset(seg,0,sizeof(seg)); memset(tag,0,sizeof(tag)); sort(dat+1,dat+k+1); int t1=0,t2=0; for(int i=1;i<=k;i++) { if(dat[i].Y<=m/2) { int lst=i-1; while(t1&&st1[t1].Y<dat[i].Y) Update(st1[t1].X,lst,st1[t1].Y-dat[i].Y,1,1,k), lst=st1[t1--].X-1; if(lst!=i-1) st1[++t1]=P(lst+1,dat[i].Y); } else { int lst=i-1; while(t2&&st2[t2].Y>dat[i].Y) Update(st2[t2].X,lst,dat[i].Y-st2[t2].Y,1,1,k), lst=st2[t2--].X-1; if(lst!=i-1) st2[++t2]=P(lst+1,dat[i].Y); } st1[++t1]=P(i,0);st2[++t2]=P(i,m); Update(i,i,m-dat[i].X,1,1,k); res=max(res,seg[1]+dat[i+1].X); } } int main() { scanf("%d%d%d",&n,&m,&k); for(int i=1;i<=k;i++) scanf("%d%d",&dat[i].X,&dat[i].Y); dat[++k]=P(0,0);dat[++k]=P(n,m); solve(); for(int i=1;i<=k;i++) swap(dat[i].X,dat[i].Y); swap(n,m); solve(); printf("%d",res*2); return 0; }