Codeforces Round 907 (Div. 2)ABCF
A. Sorting with Twos
题意：给你一个数组\(a_1,a_2,...,a_n\),你可以进行以下操作：
- 选择一个非负整数\(m\)，并且\(2^m\le n\)
- 把\(1\le i \le 2^m\)的元素\(a_i\)减一
问：你能通过上述操作使得数组单调不减吗？
思路：对于不满足单调不减的位置，我们看他是不是\(2\)的幂次的位置，如果不是那就不行。
// AC one more times
// nndbk
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 2e5 + 10;
int a[N];
set<ll>mi;
void init(ll n)
{
ll t = 1;
for(int i = 0;i <= n; i++)
mi.insert(t),t*=2;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
int t; cin>>t;
init(1010);
while(t--)
{
int n; cin>>n;
for(int i = 1;i <= n; i++)
cin>>a[i];
bool ok = true;
for(int i = 1;i < n; i++)
{
if(a[i]>a[i+1])
{
if(mi.find(i)==mi.end())
{
ok = false;
break;
}
}
}
if(ok)
cout<<"YES\n";
else cout<<"NO\n";
}
return 0;
}
B. Deja Vu
题意：给你一个长度为\(n\)的数组\(a\)，和\(q\)个次修改。
对于第\(i\)次修改，我们把所有能整除\(2^{x_i}\)次方的数加上\(2_{x_i-1}\),其中\((x_i\le30)\).问最终的数组是什么样的。
思路：一个数一定可以写成\(t\times 2^a\)，如果\(a\ge x\)那么可以被整除。考虑\(2^a+2^{x-1} = 2^{x-1}\times(2^{a-(x-1)}+1)\)
其中：\(2^{a-(x-1)}+1\)是奇数，那么之后不可能在被\(2\)的幂次减小。那么我们可操作序列一定的一个单调递减序列。
因为\(x_i\le30\)，那么最多操作\(30\)次，直接暴力即可。
// AC one more times
// nndbk
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 2e5 + 10;
ll a[N];
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
int t; cin>>t;
while(t--)
{
int n,q; cin>>n>>q;
for(int i = 1;i <= n; i++)
cin>>a[i];
int k = 100;
while(q--)
{
int x; cin>>x;
if(x>=k)continue;
for(int i = 1;i <= n; i++)if(a[i]%(1<<x)==0){
a[i]+=(1<<(x-1));
}
k = x;
}
for(int i = 1;i <= n; i++)
cout<<a[i]<<" ";
cout<<"\n";
}
return 0;
}
C. Smilo and Monsters
题意：有\(n\)个山洞，每个山洞有\(a_i\)只怪兽。现在要杀掉全部的怪兽。你有2种技能：
- 第一种：选择一个山洞(至少有一个活着的怪兽)，我们杀死他。组合技+1
- 第二种：使用组合技，当山洞里面怪兽数论\(\ge x\)，那么当前山洞怪兽数直接\(-x\)，组合技\(x\)置为0.
思路：排序+贪心+双指针
因为一定是用小的累计，去大的里面用组合技是优的。注意特判\(l=r\)的情况。
// AC one more times
// nndbk
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 2e5 + 10;
int a[N];
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
int t; cin>>t;
while(t--)
{
int n; cin>>n;
for(int i = 1;i <= n; i++)
cin>>a[i];
sort(a+1,a+1+n);
ll ans = 0,x = 0;
int l = 1,r = n;
while(l<=r)
{
//cout<<"l = "<<l<<" r = "<<r<<"\n";
if(l==r)
{
/*
d = a[l]-x
a[l] = 6, x = 2
d = 4
ans += d/2+1
a[l] = 6,x = 3
d = 3
ans += d/2
*/
if((a[l]-x)&1)
{
ans+=(a[l]-x)/2;
if(x+(a[l]-x)/2>0)ans++;
ans++;
}
else
{
ans+=(a[l]-x)/2+1;
}
break;
}
if(x<a[r])
{
int d = a[r]-x;
//cout<<"d = "<<d<<"\n";
if(a[l]<d)
{
x += a[l];
ans += a[l];
a[l] = 0;
l++;
}
else if(a[l]==d)
{
x += a[l];
ans += a[l];
a[l] = 0,a[r] = 0;
ans += 1,x = 0;
r--,l++;
}
else if(a[l]>d)
{
a[l]-=d;
x += d;
ans += d;
// cout<<"d = "<<d<<"\n";
a[r] = 0;
r--,ans += 1,x = 0;
}
}
else
{
x -= a[r];
a[r] = 0;
ans += 1;
r--;
}
}
cout<<ans<<"\n";
}
return 0;
}
/*
13
17
13
5
10
12
14
*/
F. A Growing Tree
题意：给定一棵树，初始只含一个节点，编号为 \(1\) ，初始权值为 \(0\) ，设树的大小为 \(sz\) 。
\(q\) 次操作：
-
\(1\ \ x\) ，在 \(s\) 下挂一个节点，编号为 \(sz+1\) ，初始权值为 \(0\) 。
-
\(2\ \ x\ v\) ，将当前 \(x\) 子树中节点的权值加上 \(v\) 。
求所有操作完成后每个节点的点权。
思路：离线+倒序++dfs序+树状数组
对于子树的操作很容易想到转为\(dfs\)序然后区间操作。但是考虑到是动态生成的树，那咋办捏？我们考虑离线倒着做。我们先建立出最终的树，然后对于加一个点的操作，我们就记录这个点的答案，因为这就是它的最终答案，在此之前它还不存在，那么操作也没有影响。所以我们只需要正常加就好，因为是倒着的，之前的也不会影响之后的。记得最后算1(root)的答案。
// AC one more times
// nndbk
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 5e5 + 10;
ll w[N];
vector<int> e[N];
int n, root, q;
int tot, l[N], r[N], tid[N], top[N], bs[N], sz[N], f[N], dep[N];
void dfs1(int u, int fa)
{
sz[u] = 1;
dep[u] = dep[fa] + 1;
bs[u] = -1;
f[u] = fa;
for(auto v : e[u])
{
if(v == fa) continue;
dfs1(v, u);
sz[u] +=sz[v];
if(bs[u] == -1 || sz[v] > sz[bs[u]])
bs[u] = v;
}
}
void dfs2(int u,int t)
{
l[u] = ++tot;
tid[tot] = u;
top[u] = t;
if(bs[u] != -1)
dfs2(bs[u], t);
for(auto v : e[u])
{
if(v == bs[u] || v == f[u]) continue;
dfs2(v, v);
}
r[u] = tot;
}
template<class T>
struct BIT {
T c[N];
int size;
void init()
{
for(int i = 0;i <= size; i++)
c[i] = 0;
}
void resize(int s) { size = s;}
T query(int x) { // 1 ... x
assert(x <= size);
T s = 0;
for (; x; x -= x & (-x)) {
s += c[x];
}
return s;
}
void modify(int x, T s) { // a[x] += s
assert(x != 0);
for (; x <= size; x += x & (-x)) {
c[x] += s;
}
}
void change(int l, int r, ll val) {
modify(l, val);
modify(r + 1, -val);
}
};
BIT<ll>tr;
void solve()
{
tot = 0;
vector<array<int,3>>evt;
cin>>q;
for(int i = 1;i <= q; i++)
e[i].clear();
int n = 1;
for(int i = 1;i <= q; i++)
{
int op; cin>>op;
if(op==1)
{
int u; cin>>u;
e[u].push_back(n+1);
e[n+1].push_back(u);
n++;
evt.push_back({op,u,n});
}else{
int u,x; cin>>u>>x;
evt.push_back({op,u,x});
}
}
tr.init();
tr.resize(n+10);
root = 1;
dfs1(root, 0);
dfs2(root, root);
reverse(evt.begin(),evt.end());
int sz = n;
//新增一个节点，我们查询它的值就是它最终的了，因为再往前他不存在
for(auto [op,u,x] : evt)
{
if(op==1)
w[x] = tr.query(l[x]);
else
tr.change(l[u],r[u],x);
}
w[1] = tr.query(l[1]);
for(int i = 1;i <= n; i++)
cout<<w[i]<<" ";
cout<<"\n";
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
int t; cin>>t;
while(t--)
{
solve();
}
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号