At409 ABCDE
A.Conflict
题意简述
寻找两个字符串中都是 \(o\) 的位置
AC code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
typedef long long ll;
int main(){
cin.tie(0)->ios::sync_with_stdio(false);
int n;cin>>n;
string s,t;cin>>s>>t;
s="&"+s;t="&"+t;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(s[i]=='o'&&t[i]=='o') return cout<<"Yes"<<endl,0;
}
cout<<"No"<<endl;
return 0;
}
B.Citation
题意简述
寻找数组中大于 \(i\) 的一个出现次数大于 \(i\) 的第一个数
解题思路
听着就很单调，直接二分
AC code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
typedef long long ll;
int n;
bool isok(const vector<int>&a,int mid){
int cnt=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
cnt+=(a[i]>=mid);
}
return cnt>=mid;
}
int main(){
cin.tie(0)->ios::sync_with_stdio(false);
cin>>n;
vector<int>a(n+1);
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
int l=0,r=n;
while(l<=r){
int mid=l+r>>1;
if(isok(a,mid)) l=mid+1;
else r=mid-1;
}
cout<<l-1<<endl;
return 0;
}
C.Equilateral Triangle
题意简述
给定一个周长为 \(l\) 的圆，然后给定任意整数值 \(d_i\)，表示距离第i-1个点的距离，求解圆上等边三角形的个数
解题思路
数据范围十分小，对每个值统计 mod l 时在圆上的位置，然后遍历
[0,l-1]的每个数值统计当前位置与后两个位置可以构成等边三角形的个数，注意每个等边三角形被三个顶点统计了三次，答案除以3即可。
AC code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
typedef long long ll;
const int N=3e5+5;
ll mp[N];
int main(){
cin.tie(0)->ios::sync_with_stdio(false);
int n,l;
cin>>n>>l;
if(l%3) return cout<<0<<endl,0;
int t=0;
mp[t]++;
for(int i=1,x;i<n;i++) {
cin>>x;
t=(t+x)%l;
mp[t]++;
}
int d=l/3;
ll ans=0;
for(int i=0;i<l;i++) ans+=mp[i]*mp[(i+d)%l]*mp[(i+d*2)%l];
cout<<ans/3<<endl;
return 0;
}
D.String Rotation
题意简述
给你一个字符串，你可以对其进行一次以下操作，选取一个位置 \(l_i\),然后选取一个位置 \(r_i\) ,在 \(r_i\) 的右边插入一个第 \(l_i\) 的字符，然后删除原先第 \(l_i\) 的字符。
求操作后字典序最小的字符串是什么？
解题思路
贪心的思考，某次操作的效果对字典序减小，当且仅当某一位字符后面一位字符比当前字符大，同时字典序要尽可能地小，那么按权重考虑必定是从前往后遍历。这样，我们就可以注意到一个结论，对于每一个位置，它的字典序想要尽可能小，一定是把 \(s_i <s_{i+1}\) 的第一个位置 \(i\) 的字符丢到，第 \(i\) 个位置后面 \(s_j(s_j>s_i)\) 的第一个位置前面,直接 \(O(n)\)从第一个位置找到最后一个位置，找到后再输出 \(s_i\),一直找不到 \(s_i\) 就最后输出即可。
AC code
void solve(){
int n;cin>>n;
string s;cin>>s;
char c;
int idx=n;
for(int i=0;i<n;i++){
if(s[i]>s[i+1]){
idx=i;
c=s[i];
break;
}
else cout<<s[i];
}
bool find_leq=0;
for(int i=idx+1;i<n;i++){
if(s[i]>c&&!find_leq){
cout<<c;
cout<<s[i];
find_leq=1;
}
else cout<<s[i];
}
if(!find_leq) cout<<c;
cout<<endl;
}
E.Pair Annihilation
题意简述
给定一棵无根树，每条边有一个非负的权值 \(w\)，每个点上留着一个或正或负的电子，允许以下操作，把某个节点的一个正电子或负电子沿着边消耗边权 \(w\) 的代价移动到另一个节点，当正负电子相遇时发生湮灭，较多电子消耗较少电子的量，较少电子消失。求湮灭所有电子的最小代价?
题目保证给定树上正负电子和是0
解题思路
考虑末状态，最后子树权值和一定是根节点权值 \(q\)与与根相邻的某个子树权值 \(-q\) 相加后为 0，
则选取与根相邻的子树的根作为根节点 换根的代价是 \(val=-w*abs(q)+w*abs(-q)=0\)，
所以选择任何节点作为根的代价是一样的。
这样考虑随机选择一个节点作为根节点进行树形dp，对于每个正负电子，我们一定希望他们尽可能早的被湮灭,那么对于某个电子只要一直朝向根节点汇聚，这个过程因为每个可相遇的正负电子一定在最早的时刻相遇了，所以湮灭它一定是最小的代价的。记每个点的权值是 \(f\) ,有转移 $ f_u=\sum_{v \in u} f_v+abs(q_v)·w_{u,v}$。
AC code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
typedef long long ll;
const int N=2e5+5;
int a[N];
struct node{
int u;ll w;
};
vector<node>G[N];
int nums[N];
ll f[N];
void dfs(int u,int fa){
nums[u]=a[u];
for(auto &[v,w]:G[u]){
if(v==fa) continue;
dfs(v,u);
nums[u]+=nums[v];//子树权值和
f[u]+=f[v]+abs(nums[v])*w;//当前子树代价和
}
}
int main(){
int n;cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
for(int i=1;i<n;i++){
int x,y;ll w;
cin>>x>>y>>w;
G[x].push_back({y,w});
G[y].push_back({x,w});
}
dfs(1,0);
cout<<f[1]<<endl;
return 0;
}
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