Educational Codeforces Round 132 (Rated for Div. 2)(补题中)
加粗：赛时AC
普通：赛后AC
A. Three Doors
水题，但我一开始没看懂题意，就随便猜了个题意。反正就是拿着钥匙开一扇门，门后有别的钥匙，问你能不能全打开。
int main() { read(t); while(t--) { int x; read(x); memset(buc,0,sizeof(buc)); for(int i=1;i<=3;i++) read(a[i]); buc[x]=1; buc[a[x]]=1; buc[a[a[x]]]=1; //buc[a[a[a[x]]]]=1; bool flag=1; for(int i=1;i<=3;i++) if(buc[i]==0) flag=0; if(!flag) printf("NO\n"); else printf("YES\n"); } return 0; }
B. Also Try Minecraft
依然没有完全看懂题意，但是模拟了一下样例，就是一个前缀和后缀和的问题，统计之间的差值。
int main() { read(n);read(m); for(int i=1;i<=n;i++) read(a[i]); for(int i=1;i<=n;i++) { if(a[i]>a[i+1]) p[i]=p[i-1]+(a[i]-a[i+1]); else p[i]=p[i-1]; } for(int i=n;i>=1;i--) { if(a[i]>a[i-1]) rp[i]=rp[i+1]+(a[i]-a[i-1]); else rp[i]=rp[i+1]; } for(int i=1;i<=m;i++) { ll x,y; read(x);read(y); if(x<y) printf("%lld\n",p[y-1]-p[x-1]); else printf("%lld\n",rp[y+1]-rp[x+1]); } return 0; }
C. Recover an RBS
关于括号匹配，要遵循两个要点，一是一定要保证每个位置的左括号前缀和大于右括号的，第二点是最终左右括号个数相等。
这题我是这样考虑的。
题目给了一个很重要的条件，就是保证了必定存在至少一种情况符合匹配的模式串，那么如果答案唯一，应该是哪一种？
我们将左括号看做+1，右括号看做-1，那么两个要点就变为了任何地方的前缀和不为负并且最终前缀和为0。
显然，对于所有的？，我们可以根据左括号和等于右括号和，算出这当中有多少左右括号，然后将在前面等量的？换为需要的（，在后面的换为），这必定是一种可行的情况。
然后计算这个序列的前缀和，如果我们要变换我们填上的括号的方向，一定是将一组（）变为）（，此时在这之中的所有前缀和都要-2，如果有负数，就不能变换。
显然我们应该变换位于中间的一组问号变得括号，此时削减的前缀和最少并且与其他的括号组合是被包含的关系。
int main() { read(T); while(T--) { a=0;b=0; cin>>s; int len=s.size(); for(int i=0;i<len;i++) { p[i]=0; if(s[i]=='(') a++; else if(s[i]==')') b++; } a=len/2-a;b=len/2-b; bool flag=0; int las=0; for(int i=0;i<len;i++) { p[0]=1; if(s[i]=='?') { if(a) {a--;if(i!=0)p[i]=p[i-1]+1;if(a==0) las=i;} else {b--;p[i]=p[i-1]-1;} } else if(s[i]=='(') p[i]=p[i-1]+1; else p[i]=p[i-1]-1; } for(int i=las;i<len;i++) { if(s[i]=='?'&&i!=las) break; if(p[i]<2) flag=1; } if(!flag) printf("NO\n"); else printf("YES\n"); } return 0; }
队友给了我一个别的思路，代码更加简洁一些，但是中心思想还是两个要点：
从左到右运行的时候，设置两个计数变量num1和num2，遇到'(',num1++,遇到')',num1--，遇到'?',num2++。
遇到对于第i位，如果此时num1+num2==1，意味着此时剩下的)比?个数小1，在那么显然为了满足括号匹配条件1，所有的问号应该都是右括号，我们就可以将这一部分的计数重置为num1=1,num2=0，意味着前i项的？是固定不变的。
运行到最后，如果剩下的'('或者')'数量和'?'数量一致，那么?是固定不变的，否则括号的数量会小于问号数量，意味着问号是可以变方向的。
void solve() { cin >> s + 1; int n = strlen(s + 1); int wh = 0, cnt = 0; rep(i, 1, n) { if (s[i] == '(') wh++; else if (s[i] == ')') wh--; else cnt++; if (wh + cnt == 1) wh = 1, cnt = 0; } if (abs(wh) == cnt) cout << "YES\n"; else cout << "NO\n"; }
D. Rorororobot
这题反而比上题思路清晰点。
题目给出的障碍物是挨着地面的，然后行动的参数是每次都行动k格。
那么我们首先要确定没有障碍物的情况下能否到达，机器人智能走上下左右四个方向，那么起点终点的坐标对k取模一定要相等。
其次由于不要求我们最低的步数，我们每次都可以将机器人升到最高的位置去跨越这些障碍，到达终点的上方，这就需要我们算出起始列到终点列的最高障碍物，可以用ST表进行维护。
注意哪个是横坐标，那个是纵坐标。。。
inline void ycl() { for(int i=1;i<=18;i++) { for(int j=1;j+(1<<i)-1<=m;j++) { st[i][j]=max(st[i-1][j],st[i-1][j+(1<<(i-1))]); } } } inline ll search1(ll l,ll r) { ll len=(ll)log2(r-l+1); return max(st[len][l],st[len][r-(1<<len)+1]); } int main() { read(n);read(m); for(int i=1;i<=m;i++) read(a[i]),st[0][i]=a[i]; ycl(); read(Q); while(Q--) { ll x,y,xx,yy,k; read(x);read(y); read(xx);read(yy); read(k); if(xx%k!=x%k||yy%k!=y%k) cout<<"NO"<<endl; else { ll maxx=search1(min(y,yy),max(y,yy)); ll maxm=max(x,(x%k)+n/k*k); if(maxm>n) maxm-=k; if(maxm<=maxx) cout<<"NO"<<endl; else cout<<"YES"<<endl; } } return 0; }
E. XOR Tree（dfs+启发式合并）
dfs+启发式合并
题目给出了一个条件：数字可以任意变换，因此我们甚至可以按位赋1的方式改变所有数字，哪怕数字很大我们也能有一个答案。
所以我们只用考虑怎么去确定最少的修改点。
如果我们去记录每个位置到根节点的异或和记为sum，对于两个节点i,j,i到j的异或和等于sum[i]xorsum[j]xora[LCA(i,j)](a为原本权值)。
当这个值为0的时候，这条路径上我们至少要改动一个权值，我们要证明改动他们的LCA节点要不劣于改动其他节点。
由于我们是dfs去做的，修改该点LCA的节点能够最大程度地解决其子树的冲突，每当我们修改了这个节点之后，我们可以直接清空这个子树，基于dfs的性质，这个子树不再会发生冲突。
假设我们dfs到了一个节点，并且记录了其未被清空的子树的所有节点的异或前缀和sun，那么如果存在两个值的sum异或等于该节点的权值，就存在冲突节点，此时就修改权值清空该子树，该过程可以用set完成，如果没有冲突，我们就进行启发式合并，将数量小的向大的合并。
注意要现将某子树的所有节点都比较完再全部合并，否则可能出现错误的最短路径导致WA。
inline void dfs(ll x,ll w) { vis[x]=1; bool flag=1; s[x].insert(w); for(int i=heads[x];i!=0;i=ed[i].next) { ll v=ed[i].too; if(!vis[v]) { dfs(v,w^a[v]); if(s[x].size()<s[v].size()) s[x].swap(s[v]); for(auto lim:s[v]) { if(s[x].find(lim^a[x])!=s[x].end()) {flag=0;break;} } s[x].insert(s[v].begin(),s[v].end()); s[v].clear(); } } if(!flag) { s[x].clear(); ans++; } return ; }
