Codeforces Round #800 (Div. 2 + Div. 1) A - E
A
核心思路
经典的构造方式；010101这样构造就好了。
// Problem: A. Creep
// Contest: Codeforces - Codeforces Round #800 (Div. 2)
// URL: https://codeforces.com/contest/1694/problem/A
// Memory Limit: 256 MB
// Time Limit: 1000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
#define IOS std::ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0)
#define NO {puts("NO") ; return ;}
#define YES {puts("YES") ; return ;}
#define endl "\n"
#define int long long
void solve()
{
int a,b;
cin>>a>>b;
vector<int> ans;
while(a&&b)
{
if(a)
{
ans.push_back(0);
a--;
}
if(b)
{
ans.push_back(1);
b--;
}
}
if(a)
{
for(int i=0;i<a;i++)
ans.push_back(0);
}
else
{
for(int i=0;i<b;i++)
ans.push_back(1);
}
for(int i=0;i<ans.size();i++)
cout<<ans[i];
cout<<endl;
}
signed main()
{
int T;
cin>>T;
while(T--)
{
solve();
}
}
B
核心思路
又是经典的从最开始的部分来发现规律和挖掘性质。
我们可以发现如果是01,我们往有点添加0还是1都是没有影响的。
也就是：001 101
因为如果是第一种情况，只需要使用性质1就好了。
如果是第二种情况那么使用下性质2在使用性质1就好了。这些都是可以化简为我们想要的要样子的。
所以啊，我们就挖掘出来了一个重要的性质：只要有不相同的数那么以这个为起点的区间都是成立的。
一般b题不会很难的，挖掘出来这个性质就差不多了。hhh
// Problem: B. Paranoid String
// Contest: Codeforces - Codeforces Round #800 (Div. 2)
// URL: https://codeforces.com/contest/1694/problem/B
// Memory Limit: 256 MB
// Time Limit: 1000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
#define IOS std::ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0)
#define NO {puts("NO") ; return ;}
#define YES {puts("YES") ; return ;}
#define endl "\n"
#define int long long
void solve()
{
int n;
string s;
cin>>n>>s;
int ans=n;
for(int i=1;i<n;i++)
{
if(s[i-1]!=s[i])
ans+=i;
}
cout<<ans<<endl;
}
signed main()
{
int T;
cin>>T;
while(T--)
{
solve();
}
}
C
核心思路
这个题目咋一看不怎么好像，所以我们得先把题目化简：我们把第一种操作定义为\(b[i]\),第二种为\(c[i]\),然后我们想要构造的数组为\(a[i]\).
所以\(a[i]=b[i]-c[i]\),我们还可以根据最后会回到原点，在挖掘出来一条性质：\(c[i]=b[i-1]\).
所以\(a[i]=b[i]-b[i-1]\).
然后我们再回到实际范围找出b数组的约束条件，首先\(b[i]\ge 0\).因为操作数不可能为负数。然后我们如果发现某一个是0，那么后面的b也肯定是0，因为如果点\(b[i]=0\).就说明我们的指针压根没有到这个点，那么这个点之后的点也肯定不会到。
总的来说，这道题还是有一点难度的。
// Problem: C. Directional Increase
// Contest: Codeforces - Codeforces Round #800 (Div. 2)
// URL: https://codeforces.com/contest/1694/problem/C
// Memory Limit: 256 MB
// Time Limit: 1000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
#define IOS std::ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0)
#define NO {puts("NO") ; return ;}
#define YES {puts("YES") ; return ;}
#define endl "\n"
#define int long long
const int N=1e6+10;
int a[N],b[N];
void solve()
{
int n;
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)
cin>>a[i];
for(int i=1;i<=n;i++)
b[i]=b[i-1]+a[i];
if(b[n]!=0)
{
cout<<"No"<<endl;
return;
}
int flag=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(b[i]<0)
flag=1;
}
int zero=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(b[i]==0)
{
zero=1;
}
else if(zero)
{
flag=1;
}
}
if(flag)
{
NO;
}
else
{
YES;
}
}
signed main()
{
int T;
cin>>T;
while(T--)
{
solve();
}
}
D
题目
其实看他花里胡哨搞一堆，就是如果我们对子节点加了c,那么父节点也会相应的加c。
核心思路
首先一个父节点当前的sum值是来源于他的儿子的：\(g(u)=\sum_{v->son(u)} r(v)\).如果g(u)还是小于l[u],那么就需要单独加一次。然后更新下r[u]就好了，一定要注意r[u]只可以来源于他的儿子。所以只需要和sum去一个最小值就好了。
时间复杂度O(n)
// Problem: D. Fake Plastic Trees
// Contest: Codeforces - Codeforces Round #800 (Div. 2)
// URL: https://codeforces.com/contest/1694/problem/D?mobile=true
// Memory Limit: 256 MB
// Time Limit: 1000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
#define IOS std::ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0)
#define NO {puts("NO") ; return ;}
#define YES {puts("YES") ; return ;}
#define endl "\n"
#define int long long
const int N=1e6+10;
int h[N],e[N],ne[N],idx;
int l[N],r[N];
void add(int a,int b)
{
e[idx]=b;
ne[idx]=h[a];
h[a]=idx++;
}
int dfs(int u)
{
int res=0,sum=0;
for(int i=h[u];~i;i=ne[i])
{
int j=e[i];
res+=dfs(j);
sum+=r[j];
}
if(sum<l[u])
res++;
else
r[u]=min(r[u],sum);
return res;
}
void solve()
{
int n;
cin>>n;
idx=0;
memset(h,-1,sizeof h);
for(int i=2;i<=n;i++)
{
int x;
cin>>x;
add(x,i);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
cin>>l[i]>>r[i];
cout<<dfs(1)<<endl;
}
signed main()
{
int T;
cin>>T;
while(T--)
{
solve();
}
}
E
核心思路
我们首先假设\(dist[u]为u到终点的最短距离\)，但是题目又要我们最小值最大，所以我们可以从\(dist\)里面挑选一个大的来作为当前的一条道路，就是说当前人物走了一条相对来说有点大的路，但是我们需要把当前的路还要大的路给堵了。使他走当前这条路。
所以这个题目就需要统计下每个点的入度，然后反向建图。
// Problem: E. Keshi in Search of AmShZ
// Contest: Codeforces - Codeforces Round #800 (Div. 2)
// URL: https://codeforces.com/contest/1694/problem/E
// Memory Limit: 256 MB
// Time Limit: 2000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
#define IOS std::ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0)
#define NO {puts("NO") ; return ;}
#define YES {puts("YES") ; return ;}
#define endl "\n"
#define int long long
#define x first
#define y second
typedef pair<int, int> PII;
const int N = 1e6 + 10;
int h[N], ne[N], idx, e[N];
int dist[N], din[N], st[N];
int n, m;
void add(int a, int b)
{
e[idx] = b;
ne[idx] = h[a];
h[a] = idx++;
din[b]++;
}
void dijkstra()
{
memset(dist, 0x3f, sizeof dist);
memset(st, 0, sizeof st);
priority_queue<PII, vector<PII>, greater<PII>> q;
dist[n] = 0;
q.push({ 0,n });
while (q.size())
{
auto t = q.top();
q.pop();
int ver = t.y;
if (st[ver])
continue;
st[ver] = 1;
for (int i = h[ver];~i;i = ne[i])
{
int j = e[i];
if (dist[j] > dist[ver] + din[j])
{
dist[j] = dist[ver] + din[j];
q.push({ dist[j],j });
}
din[j]--;//因为我们只需要删除比它大的边。
}
}
}
void solve()
{
cin >> n >> m;
memset(h, -1, sizeof h);
while (m--)
{
int a, b;
cin >> a >> b;
add(b, a);
}
dijkstra();
cout << dist[1] << endl;
}
signed main()
{
int T=1;
while (T--)
{
solve();
}
}
浙公网安备 33010602011771号