CF Diff 训练记录

380C. Sereja and Brackets

如果是考虑整个序列的答案，那么就是计算有多少个 ) 是匹配的。

那么就有一种贪心的做法，在全局的序列上对于每一个 )，找到能够匹配的且最近的 (，记作一个点对。

这样查询只要包括这个点对，那么就是有贡献的，这样就转换为一个数点问题了。

还有其他做法：比如说线段树维护答案还是比较基础的操作的。

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5C. Longest Regular Bracket Sequence

可以发现这个括号序列其实被划分为了一个类似于树一样的结构，不过可以不用树的知识来解决。

计算最长的合法的子串，还是按照全局的括号匹配来做，我们在处理的时候需要用对于当前这个下标，在他之前且第一个满足不能让这个序列合法的位置来计算答案。

sol

577B. Modulo Sum

问题就是：是否存在一个可重集合满足和模 m 的余数为 0。

因为 m 的范围较小，所以我们可以记录下每个余数出现的次数，那么问题就被转换为了多重背包了，用二进制拆分的做法就可以过。

sol

1438C. Engineer Artem

一眼应该是用种类并查集来维护这个 +0 和 +1 的逻辑情况，只需要维护必定的关系即可，令 \(a[t][v]\) 为与 \(a[x][y]\) 相邻的格子。

• \(a[x][y] = a[t][v]\)，那么一定是一个 +1，一个 +0。
• \(a[x][y] + 1 = a[t][v]\) 或者 \(a[x][y] = a[t][v] + 1\)，那么一定是同时 +1 或者同时 +0。

不过是有更加简单的做法的，因为 +0 和 +1 可以改变奇偶性，所以可以按照格子的奇偶染色来更新。

sol

25D. Roads not only in Berland

做法显然就是考虑用环上的边把若干个连通块连起来。

• 一个写法就是把所有边判断一下是否在环中，然后把每个连通块看成一个节点，连接起来就可以了。
• 另外一个写法就是先把不是树的连通块连起来，然后再把每棵树连进来。

sol

61E. Enemy is weak

考虑中间那个 \(a_j\)，其实问题就是变成计算两个独立的二维偏序，用树状数组来维护即可。

sol

1359D. Yet Another Yet Another Task

考虑到值域非常的小，所以我们可以枚举最大值，然后删去大于当前枚举的最大数的数，剩下来的数做一遍最大子段和即可。

sol

1370D. Odd-Even Subsequence

考虑二分枚举奇序列和偶序列的最大值，那么这个对应序列的所有值都不能超过这个值，剩下一个序列就是任取即可。

sol

1328E. Tree Queries

可以发现一个性质：

• 同一个深度 \(d\) 的节点，其父节点一定是同一个，记为 \(x\)。

• 如果深度大于 \(d\)，一定是位于这个父节点 \(x\) 的其中一个子树内。

sol

463C. Gargari and Bishops

首先对整个方格黑白染色后，就可以满足两个象不冲突的条件。

那么问题就变成了在两个点集中分别取一个点，然后满足主对角线和副对角线总和最大，因为相互独立，所以分开来计算即可。

sol