Codeforces Round 701 (Div2) 题解
(zhanglichen 2021.2.13)
(A.Add and Divider)
题意：
您有两个正整数(a)和(b)。
您可以执行两种操作：
(a =⌊a/b⌋)（用a和b之间的除法的整数部分替换a）
(b = b + 1)（将b增加1）
找到使(a = 0)所需的最小操作数。
题解：
我的做法是枚举(b)的增加次数。这个做法不是很优，但是比较无脑。
(B.Replace and Keep Sorted)
题意：
给出正整数(k)，如果满足以下条件，则两个数组称为(k)-相似：
（1）都严格递增。
（2）长度相同。
（3）所有元素都是(1)到(k)之间的正整数。
（4）它们在一个位置上完全不同。
给出一个严格递增的数组和(q)次查询，每次查询一段区间(l)到(r)，询问存在多少个数组(b)，使得(b)与(a[l..r])相似。
题解：
依次枚举区间的每个位置，计算当这个位置不同时有多少种(b)。
为了保证数组的单调性，每个位置的取值是有一个上下区间的。对所有区间求和即可。
注意到除了首尾，每个位置的区间是固定的，所以可以用前缀和预处理。
时间复杂度(O(n+q))。
(C.Floor and Mod)
题意：
如果(⌊a/b⌋= a%b)，则一对正整数（(a)，(b)）被称为特殊。
给出两个整数x和y。 求出特殊对（a，b）的数量，使得(1≤a≤x)和(1≤b≤y)。
题解：
可以转化为(a=k(b+1))，其中(k)小于(b)。
枚举(a)和(b)的时间复杂度是无法接受的，一种巧妙的方法是枚举(k)。
时间复杂度(O(sqrt x))。
(D.Mutliples and Power Differences)
题意：
给出一个矩阵(a)，每个元素小于等于(16)。
请构造一个矩阵(b)，使得(b_{i,j})是(a_{i,j})的倍数，同时相邻的(b_{i,j})之间的差要是某个正数的4次方。
题解：
计算出1到16的公倍数(x)，对每个((i+j)\%2=0)的位置赋值(x-a_{i,j}^4)，对剩余位置赋值(x)即可。
之前碰到过一道一模一样的，奈何比赛的时候被(C)暗算了，没开(D)，草。
(E.Move and Swap)
题意：
给出一棵树，一开始R和B都在树根1号点。
每次操作分为以下三步：
（1）将R移到R所在节点的任意孩子
（2）将B移到下一层的任意节点（即到1号点的距离比当前位置多1）
（3）可以交换R和B的位置
每次移动后，获得(|a_R-a_B|)的收益。
询问怎么移动可以获得最大收益。
题解：
先把节点按照所在层数分组。
定义(f(i))为当做完上一轮操作后，R在第(i)个点时的最大收益。
如果知道上一层节点中的每个(f(j))，可以通过(f(j))来计算(f(i))。
可以分为以下两种情况：
（1）如果在第2步以后，(R)在节点(i)，说明(R)的位置没有变，B应当在同一组节点中的最小点或最大点。
（2）如果在第2步以后，(B)在节点(i)，(R)在节点(j(d(1,j)=d(1,i)))，那么你必须最大化(d_{father(j)}+|a_j-a_i|)。
这可以对当前层的(a_i)排序，分别计算(a_j leq a_i)和(a_i leq a_j)两种情况。
对当前层的每个(i)，最优的(j)不会改变。
以上是官方题解内容，这题还没理解...
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=2e5+100;
vector<int> g[maxn],d[maxn];
int dep[maxn],m,n;
long long f[maxn],a[maxn];
void dfs (int x,int f) {
d[dep[x]].push_back(x);
m=max(m,dep[x]);
for (int y:g[x]) {
if (y==f) continue;
dep[y]=dep[x]+1;
dfs(y,x);
}
}
int cmp (int x,int y) {
return a[x]<a[y];
}
int main () {
int _;
scanf("%d",&_);
while (_--) {
scanf("%d",&n);
m=0;
for (int i=1;i<=n;i++) g[i].clear(),d[i].clear(),f[i]=0,dep[i]=0;
for (int i=2;i<=n;i++) {
int x;
scanf("%d",&x);
g[i].push_back(x);
g[x].push_back(i);
}
for (int i=2;i<=n;i++) scanf("%d",a+i);
dep[1]=1;
dfs(1,0);
for (int i=m;i>1;i--) {
long long A=-1e18,B=-1e18;
sort(d[i].begin(),d[i].end(),cmp);
for (int x:d[i]) {
A=max(A,f[x]+a[x]);
B=max(B,f[x]-a[x]);
}
for (int x:d[i-1]) {
for (int y:g[x]) {
if (dep[y]==dep[x]+1) {
f[x]=max(f[x],f[y]+abs(a[d[i][0]]-a[y]));
f[x]=max(f[x],f[y]+abs(a[d[i].back()]-a[y]));
f[x]=max(f[x],A-a[y]);
f[x]=max(f[x],B+a[y]);
}
}
}
}
printf("%lld
",f[1]);
}
}
(F.Copy or Prefix Sum)
题意：
给出一个数组(b)
(b_i)可以等于(a_i)，也可以等于(sum_{j=1}^ia_j)
询问有多少个数组(a)。
题解：
对每个位置(i)，你可以选择(a_i=b_i)或(a_i=b_i-sum_{k=1}^{i-1}a_k)。
如果(sum_{k=1}^{i-1}a_k=0)，那么这两种选择构成的数组是一样的，对答案的贡献是1。
一种(O(n^2logn))的做法：
定义(f(i,j))是当前在第(i)位，前缀和是(j)的情况有多少种。
状态转移方程：
如果你选择(b_i=a_i)，同时(j eq 0)：
(f(i+1,j+b_i)=f(i,j))
如果你选择(b_i=sum_{k=1}^ia_k)：
(f(i+1,b_i)=f(i,j))
用(Map)实现状态转移方程可以把时间复杂度控制在(O(n^2logn))。
观察状态转移方程，就是把当前位置的所有(j eq 0)的(f(i,j))变成(f(i+1,j+b_i))，同时把所有(f(i,j))加给(f(i+1,b_i))。
第二步就是当前的情况数，第一步就是当前的情况数减去(j=0)的情况数。
合并就是：下一步的情况数=当前的情况数*2-(j=0)的情况数。
怎么快速计算(j=0)的情况数：
考虑到每一步，所有状态统一加(b_i)，那么第二步可以转化为把所有的(f(i,j))加给(f(i+1,0))，然后把两步的所有情况都变成(f(i+1,j+b_i))。
维护一个懒惰标记，标记当前一共加了多少（即(b)的前缀和）。可以直接用(lazy)表示。
然后转移的时候，(f(lazy))就表示当前(j=0)的情况，每次转移把(lazy)减(b_i)即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=2e5+100;
const int mod=1e9+7;
int b[maxn],n,t;
map<long long,long long> f;
int main () {
scanf("%d",&t);
while (t--) {
scanf("%d",&n);
for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",b+i);
f.clear();
long long lazy=0;
long long ans=1;
f[0]=1;
for (int i=1;i<=n;i++) {
long long tt=ans;
ans=(ans*2-f[lazy]+mod)%mod;
f[lazy]=tt%mod;
lazy-=b[i];
}
ans%=mod;
printf("%lld
",ans);
}
}