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Codeforces Global Round 23 A-D

生活百科

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A题解知识点：贪心，构造 。
注意到有 \(1\) 就一定能构造 。
时间复杂度 \(O(n)\)
空间复杂度 \(O(1)\)
代码#include <bits/stdc++.h>#define ll long longusing namespace std;bool solve() {int n, k;cin >> n >> k;bool ok = 0;for (int i = 1;i <= n;i++) {int x;cin >> x;ok |= x;}if (ok) cout << "YES" << '\n';else cout << "NO" << '\n';return true;}int main() {std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);int t = 1;cin >> t;while (t--) {if (!solve()) cout << -1 << '\n';}return 0;}B题解知识点：枚举，双指针 。
用对撞指针，枚举左侧 \(1\) 和 右侧 \(0\)  ， 一次操作能消除一对 。
时间复杂度 \(O(n)\)
空间复杂度 \(O(n)\)
代码#include <bits/stdc++.h>#define ll long longusing namespace std;int a[100007];bool solve() {int n;cin >> n;for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> a[i];int l = 1, r = n;int cnt = 0;while (l <= r) {while (l <= r && a[l] == 0)l++;while (l <= r && a[r] == 1)r--;if (l <= r) {l++;r--;cnt++;}}cout << cnt << '\n';return true;}int main() {std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);int t = 1;cin >> t;while (t--) {if (!solve()) cout << -1 << '\n';}return 0;}C题解知识点：枚举 。
容易发现，我们可以通过操作将序列变成非减序列，只要我们从左到右操作每组 \(a_i<a_{i-1}\) 的 \(a_i\) ，使 \(a_i \geq a_{i-1}\)。这样的相邻数对之差大于 \(i\) 的不会超过 \(n-i\) 组，即第 \(i\) 次操作修改的一定小于等于 \(i\) ，因此我们一定可以通过 \(n\) 次操作修改所有这样的数对 。
把所有相邻两数的差带着下标从小到大排序输出下标就行 。
时间复杂度 \(O(n \log n)\)
空间复杂度 \(O(n)\)
代码#include <bits/stdc++.h>#define ll long longusing namespace std;int a[100007];bool solve() {int n;cin >> n;for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> a[i];vector<pair<int, int>> v;v.push_back({ 0,1 });for (int i = 2;i <= n;i++) {v.push_back({ a[i - 1] - a[i], i });}sort(v.begin(), v.end());for (auto [i, j] : v) cout << j << ' ';cout << '\n';return true;}int main() {std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);int t = 1;cin >> t;while (t--) {if (!solve()) cout << -1 << '\n';}return 0;}D题解知识点：树形dp，贪心 。
此题重点在于如何分配路径到子节点 。
显然，为了保证子节点路径数至多相差 \(1\) ，若父节点有 \(p\) 或 \(p+1\) 条路径，那么 \(s\) 个子节点可能的路径数只有 \(\lfloor \frac{p}{s} \rfloor\) 或 \(\lfloor \frac{p}{s} \rfloor + 1\)。

  1. \(s>2\) 和 \(s=1\) 时，显然成立 。
  2. \(s = 2\) 时 ，  \(p\) 能被整除时显然成立 。
  3. \(s = 2\) 时， \(p\) 不能被整除时 \(p+1\) 一定能被整除，但只有 \(\lfloor \frac{p}{s} \rfloor + 1\) 一种合法情况，\(p\) 有 \(\lfloor \frac{p}{s} \rfloor\) 或 \(\lfloor \frac{p}{s} \rfloor + 1\) 两种，同样成立 。
我们知道了子节点可能分配到路径后，对分配方法进行dp就行 。
设 \(f[u][0/1]\)  ， 表示对于节点 \(u\) 的子树，\(u\) 具有路径数为 \(p\) 或 \(p+1\) 时，子树的总贡献 。对于 \(f[u][0/1]\)  ， 先加上 \(u\) 本身的贡献，以及子节点 \(v\) 路径数为 \(\lfloor \frac{p}{s} \rfloor\) 的一种贡献，即 \(f[v][0]\)，这是子节点都能分配到的 。
然后，对于 \(f[u][0]\) ，可以给 \(p \mod s\) 个子节点多分配一条路径；对于 \(f[u][1]\) 可以给 \((p+1) \mod s\) 个子节点多分配一条路径 。这些子节点的贡献可以加一个增量 \(f[v][1]-f[v][0]\) ，我们按照这个增量排序，就能找到增量最大的几个子节点，我们给它们分配即可 。
最后输出 \(f[1][0]\)，根节点没有多一条路径的选择 。
时间复杂度 \(O(n \log n)\)
空间复杂度 \(O(n)\)
代码#include <bits/stdc++.h>#define ll long longusing namespace std;vector<int> g[200007];int s[200007];ll f[200007][2];void dfs(int u, int p) {f[u][0] = 1LL * p * s[u];f[u][1] = f[u][0] + s[u];if (!g[u].size()) return;vector<ll> tb;for (auto v : g[u]) {dfs(v, p / g[u].size());f[u][0] += f[v][0];f[u][1] += f[v][0];tb.push_back(f[v][1] - f[v][0]);}sort(tb.begin(), tb.end(), [&](ll a, ll b) {return a > b;});int r = p % g[u].size();for (int i = 0;i < r;i++) f[u][0] += tb[i];for (int i = 0;i <= r;i++) f[u][1] += tb[i];}bool solve() {int n, k;cin >> n >> k;for (int i = 1;i <= n;i++) g[i].clear();for (int i = 2;i <= n;i++) {int p;cin >> p;g[p].push_back(i);}for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> s[i];dfs(1, k);cout << f[1][0] << '\n';return true;}int main() {std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);int t = 1;cin >> t;while (t--) {if (!solve()) cout << -1 << '\n';}return 0;}

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