Codeforces Round 909 (Div. 3)（A~G）（启发式合并）

1899A - Game with Integers 

        题意：给定一个数 x , 两个人玩游戏，每人能够执行 +1 / -1操作，若操作完x是3的倍数则获胜，问先手的人能否获胜（若无限循环则先手的人输）。

        思路：假如一个数模3余1或者2，那么第一轮操作先手就能获胜，若余0则后手获胜。

        

// Problem: A. Game with Integers
// Contest: Codeforces - Codeforces Round 909 (Div. 3)
// URL: https://codeforces.com/contest/1899/problem/A
// Memory Limit: 256 MB
// Time Limit: 1000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
#define pb push_back
#define x first
#define y second 
#define endl '\n'
const LL maxn = 4e05+7;
const LL N=1e05+10;
const LL mod=1e09+7;
typedef pair<int,int>pl;
priority_queue<LL , vector<LL>, greater<LL> >t;
priority_queue<LL> q;
LL gcd(LL a, LL b){return b > 0 ? gcd(b , a % b) : a;
}LL lcm(LL a , LL b){return a / gcd(a , b) * b;
}
int n , m;
int a[N];
void init(int n){for(int i = 0 ; i <= n ; i ++){a[i] = 0;}
}
void solve() 
{cin >> n;if(n % 3 == 0){cout << "Second\n";}	else{cout << "First\n";}	
}            
int main() 
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);cout.precision(10);int t=1;cin>>t;while(t--){solve();}return 0;
}

1899B - 250 Thousand Tons of TNT  

        题意：给定一个整数n , 表示有 n 个集装箱，接下来给定一个数组a , 代表了第i个集装箱有a_{i}吨重。现要将n个集装箱恰好分成连续的k组。要求这当中所有k的取值下集装箱重量的最大值减去最小值的最大值。

        思路：直接暴力做 ， 假设每一组有1、2、3、4、...n个，看满足题意的情况下最大值减最小值的值。时间复杂度O(NlogN).

        

// Problem: B. 250 Thousand Tons of TNT
// Contest: Codeforces - Codeforces Round 909 (Div. 3)
// URL: https://codeforces.com/contest/1899/problem/B
// Memory Limit: 256 MB
// Time Limit: 2000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
#define pb push_back
#define x first
#define y second 
#define endl '\n'
const LL maxn = 4e05+7;
const LL N=2e05+10;
const LL mod=1e09+7;
typedef pair<int,int>pl;
priority_queue<LL , vector<LL>, greater<LL> >t;
priority_queue<LL> q;
LL gcd(LL a, LL b){return b > 0 ? gcd(b , a % b) : a;
}LL lcm(LL a , LL b){return a / gcd(a , b) * b;
}
int n , m;
LL a[N] , sum[N];
void init(int n){for(int i = 0 ; i <= n ; i ++){a[i] = 0;}
}
void solve() 
{cin >> n;for(int i = 1 ; i <= n ; i ++){cin >> a[i];sum[i] = sum[i - 1] + a[i];	}LL ans = 0;for(int i = 1 ; i <= n ; i ++){LL maxx = 0 , minn = 1e18;if(n % i == 0){for(int j = 0 ; j < n ; j += i){maxx = max(sum[j + i] - sum[j] , maxx);minn = min(minn , sum[j + i] - sum[j]);}ans = max(ans , maxx - minn);}}cout << ans<<endl;
}            
int main() 
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);cout.precision(10);int t=1;cin>>t;while(t--){solve();}return 0;
}

1899C - Yarik and Array  

        题意：给定一组序列，求连续奇数偶数非空子序列的和的最大值（相邻的奇偶性不能相同）。

        思路：同最大连续子序列差不多的做法，只不过要求前一项和当前的奇偶性不同，且至少要选一项。时间O（N）。

        

// Problem: C. Yarik and Array
// Contest: Codeforces - Codeforces Round 909 (Div. 3)
// URL: https://codeforces.com/contest/1899/problem/C
// Memory Limit: 256 MB
// Time Limit: 1000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
#define pb push_back
#define x first
#define y second 
#define endl '\n'
const LL maxn = 4e05+7;
const LL N=2e05+10;
const LL mod=1e09+7;
typedef pair<int,int>pl;
priority_queue<LL , vector<LL>, greater<LL> >t;
priority_queue<LL> q;
LL gcd(LL a, LL b){return b > 0 ? gcd(b , a % b) : a;
}LL lcm(LL a , LL b){return a / gcd(a , b) * b;
}
int n , m;
LL a[N];
int dp[N][2];
void init(int n){for(int i = 0 ; i <= n ; i ++){a[i] = 0;}
}
void solve() 
{int n;cin >> n;for(int i = 1 ; i <= n ; i ++)cin >> a[i];LL ans = -1e18;LL now = 0;for(int i = 1 ; i <= n ; i ++){if(now == 0){now += a[i];}else{if(abs(a[i]) % 2 == abs(a[i - 1]) % 2 ){now = a[i];}else{if(now > 0)now += a[i];elsenow = a[i];}}ans = max(ans , now);//	cout << now << endl;if(now < 0)now = 0;}cout << ans << endl;
}            
int main() 
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);cout.precision(10);int t=1;cin>>t;while(t--){solve();}return 0;
}

1899D - Yarik and Musical Notes 

        题意：给定一组数，要求数对(i , j)满足(2^{a_i})^{2^{a_{j}}} = (2^{a_j})^{2^{a_{i}}}(i < j)的数量。

        思路：构造辅助哈希nex（范围过大无法构造数组） , nex[i]标记了当前位置之后有多少个数字i。观察后发现 ， 当 i = 1 ,j = 2/i = 2 , j = 1时能够满足，其余均需要i =j才能满足。因此对于1或者2而言，数对的数量为nex[1] +nex[2] ，其余的 i 构成的数对数量都是nex[i]。首先遍历一遍算出nex，然后再遍历一遍求答案，同时不断更新nex即可。

        

// Problem: D. Yarik and Musical Notes
// Contest: Codeforces - Codeforces Round 909 (Div. 3)
// URL: https://codeforces.com/contest/1899/problem/D
// Memory Limit: 256 MB
// Time Limit: 1000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
#define pb push_back
#define x first
#define y second 
#define endl '\n'
const LL maxn = 4e05+7;
const LL N=3e05+10;
const LL mod=1e09+7;
typedef pair<int,int>pl;
priority_queue<LL , vector<LL>, greater<LL> >t;
priority_queue<LL> q;
LL gcd(LL a, LL b){return b > 0 ? gcd(b , a % b) : a;
}LL lcm(LL a , LL b){return a / gcd(a , b) * b;
}
int n , m;
int a[N];
void init(int n){for(int i = 0 ; i <= n ; i ++){a[i] = 0;}
}
void solve() 
{cin >> n;unordered_map<LL,LL>mp;LL ans = 0;for(int i = 1 ; i <= n ; i ++){cin >> a[i];mp[a[i]]++;}for(int i = 1 ; i <= n ; i ++){mp[a[i]]--;if(a[i] == 1 || a[i] == 2){ans += mp[1] + mp[2];}else{ans += mp[a[i]];}}cout << ans << endl;
}            
int main() 
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);cout.precision(10);int t=1;cin>>t;while(t--){solve();}return 0;
}

1899E - Queue Sort  

        题意：给定一个数组，每次能够进行如下操作：

1、选择第一个数放入数组最后一个。

2、将最后一个数往前交换，直到到达第一位或者比前一个数大为止。

        问将数组变为递增的最少操作数，若无法则输出-1.

        思路：若最小的数为数组第一个，那么一轮操作之后他还是在第一位，这样便会无限循环。因此只需要满足最小的数之后的数全是递增的即可。

        

// Problem: E. Queue Sort
// Contest: Codeforces - Codeforces Round 909 (Div. 3)
// URL: https://codeforces.com/contest/1899/problem/E
// Memory Limit: 256 MB
// Time Limit: 1000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
#define pb push_back
#define x first
#define y second 
#define endl '\n'
const LL maxn = 4e05+7;
const LL N=3e05+10;
const LL mod=1e09+7;
typedef pair<int,int>pl;
priority_queue<LL , vector<LL>, greater<LL> >t;
priority_queue<LL> q;
LL gcd(LL a, LL b){return b > 0 ? gcd(b , a % b) : a;
}LL lcm(LL a , LL b){return a / gcd(a , b) * b;
}
int n , m;
LL a[N];
void init(int n){for(int i = 0 ; i <= n ; i ++){a[i] = 0;}
}
void solve() 
{cin >> n;LL minn = 1e18;for(int i = 1 ;i <= n ; i ++){cin >> a[i];minn = min(a[i] , minn);}
/*	for(int i = 1 ; i < n - 1; i++){if(a[i] < a[i + 1]){break;}if(i == n - 2){cout << 0 << endl;return;}}*/for(int i = 1 ; i <= n ; i ++){if(a[i] == minn){for(int j = i + 1; j <= n ; j ++){if(a[j] < a[j - 1]){cout << -1 << endl;return;}}cout << i - 1 << endl;return;}}
}            
int main() 
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);cout.precision(10);int t=1;cin>>t;while(t--){solve();}return 0;
}

1899F - Alex's whims  

        题意：现有n个顶点，起初你可以任意构造将其形成一棵树。接下来有 d 个数，表示共有d轮。每一轮你可以选择一个已有的边将其删除，然后再连一条边形成一颗新的数。要求每一轮能够满足至少有两个叶子结点的距离恰好为d_{i}。

        思路：首先可以将n个顶点连城一条链。然后每一轮当中，我们固定第一个点和最后一个点的距离为我们要的d_{i}。每次我们可以将与点1相连的边删去，然后新增一条边，使得刚好1到n的距离为d_{i}。由于结点2 ~ n都是一条链，所以2 ~ n - 1 任意一个距离都是可以构造出来的。如此便一定能够满足题意。所以我们只需要记录当前1结点和哪个结点相连，然后需要连到哪个结点即可。

        

// Problem: F. Alex's whims
// Contest: Codeforces - Codeforces Round 909 (Div. 3)
// URL: https://codeforces.com/contest/1899/problem/F
// Memory Limit: 256 MB
// Time Limit: 1000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
#define pb push_back
#define x first
#define y second 
#define endl '\n'
const LL maxn = 4e05+7;
const LL N=1e05+10;
const LL mod=1e09+7;
typedef pair<int,int>pl;
priority_queue<LL , vector<LL>, greater<LL> >t;
priority_queue<LL> q;
LL gcd(LL a, LL b){return b > 0 ? gcd(b , a % b) : a;
}LL lcm(LL a , LL b){return a / gcd(a , b) * b;
}
int n , m;
int a[N];
void init(int n){for(int i = 0 ; i <= n ; i ++){a[i] = 0;}
}
void solve() 
{cin >> n >> m;for(int i = 2 ; i <= n ; i ++){cout << i - 1 << " " << i << endl;}int pre = 2;for(int i = 0 ; i < m ; i ++){int x;cin >> x;int len = (n - pre) + 1;if(len == x){cout <<"-1 -1 -1\n";continue;}else{int to = (n - x + 1);cout << 1 << " " << pre << " " << to << endl;pre = to; }}
}            
int main() 
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);cout.precision(10);int t=1;cin>>t;while(t--){solve();}return 0;
}

1899G - Unusual 进入tainment  

        思路：给定一棵树和一个排列p。现有q组询问，每组询问包含了三个数l , r , x。问点x的子树的结点是否在[p_{l} , p_{r}]中出现。

        思路：子树问题，首先想到了用dfs序来解决。对于一颗子树而言，我们可以用set来维护其所有结点在排列p中的位置。然后对于一个询问而言，只需要找到set中大于等于 l 的第一个位置即可，然后判断该位置是否小于等于r。若小于等于r则代表了其子树的结点包含在了[p_{l} , p_{r}]中。共有n个结点，所以我们需要创立n个set，来记录他们的结点在p中的位置。在子树向上合并的过程中，我们可以用启发式合并来实现优化：每一轮虽然是将子树的set合并到父节点的set上，但是可以用swap来交换两个set，确保每次都将小集合合并到大集合上面（swap是O(1)的）。如此总的时间复杂度是O(nlogn + qlogn）的。

        

// Problem: G. Unusual Entertainment
// Contest: Codeforces - Codeforces Round 909 (Div. 3)
// URL: https://codeforces.com/contest/1899/problem/G
// Memory Limit: 256 MB
// Time Limit: 3000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
#define pb push_back
#define x first
#define y second 
#define endl '\n'
const LL maxn = 4e05+7;
const LL N=2e05+10;
const LL mod=1e09+7;
typedef pair<int,int>pl;
priority_queue<LL , vector<LL>, greater<LL> >t;
priority_queue<LL> q;
LL gcd(LL a, LL b){return b > 0 ? gcd(b , a % b) : a;
}
LL lcm(LL a , LL b){return a / gcd(a , b) * b;
}
int n , m;
int a[N] , pos[N];
vector<int>tr[N + 5];
vector<array< int , 3 > >que[N];
vector<set<int>> num(N);
void init(int n){for(int i = 0 ; i <= n ; i ++){a[i] = 0 , tr[i].clear() , que[i].clear();num[i].clear();}
}
LL ans[N];
void merge(set<int> &a , set<int>&b){if(a.size() < b.size()){swap(a , b);}for(auto it : b){a.insert(it);}b.clear();
}
void dfs(int cur , int f){num[cur].insert(pos[cur]);for(auto it : tr[cur]){if(it == f)continue;dfs(it , cur);merge(num[cur] , num[it]);}for(auto it : que[cur]){auto p = num[cur].lower_bound(it[0]);ans[it[2]] = p != num[cur].end() && *p <= it[1];}
};
void solve() 
{cin >> n >> m;for(int i = 1 ; i < n ; i++){int x , y;cin >> x >> y;tr[x].pb(y);tr[y].pb(x);}for(int i = 1 ; i <= n ; i ++){cin >> a[i];pos[a[i]] = i;}for(int i = 0 ; i < m ; i ++){int l , r , x;cin >> l >> r >> x;que[x].pb({l , r , i});}dfs(1 , 0);for(int i = 0 ; i < m ; i ++){if(ans[i]){cout <<"YES\n";}else{cout <<"NO\n";}}init(n);cout << endl;num.clear();
}            
int main() 
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);cout.precision(10);int t=1;cin>>t;while(t--){solve();}return 0;
}

        另外为何我这个会超时

// Problem: G. Unusual Entertainment
// Contest: Codeforces - Codeforces Round 909 (Div. 3)
// URL: https://codeforces.com/contest/1899/problem/G
// Memory Limit: 256 MB
// Time Limit: 3000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
#define pb push_back
#define x first
#define y second 
#define endl '\n'
const LL maxn = 4e05+7;
const LL N=1e05+10;
const LL mod=1e09+7;
typedef pair<int,int>pl;
priority_queue<LL , vector<LL>, greater<LL> >t;
priority_queue<LL> q;
LL gcd(LL a, LL b){return b > 0 ? gcd(b , a % b) : a;
}
LL lcm(LL a , LL b){return a / gcd(a , b) * b;
}
int n , m;
int a[N] , pos[N];
vector<int>tr[N + 5];
vector<array< int , 3 > >que[N];
int vis[N];
void init(int n){for(int i = 0 ; i <= n ; i ++){a[i] = 0 , tr[i].clear() , que[i].clear() , vis[i] = 0;}
}
LL l[N] , r[N] , id[N] , sz[N] , hs[N] , tot = 0 , ans[N];
set<int>num;
void dfs(int cur , int f){//重儿子 , 子树大小 l[cur] = ++ tot;id[tot] = cur;//sz[cur] = 1;hs[cur] = -1;for(auto it : tr[cur]){if(it != f){dfs(it , cur);sz[cur] += sz[it];if(hs[cur] == -1 || sz[it] > sz[hs[cur]]){hs[cur] = it;}}		} r[cur] = tot;
}
void dfs2(int cur , int f , int keep){for(auto it : tr[cur]){if(it != f && it != hs[cur]){dfs2(it , cur , 0);//轻儿子的信息无需保留}}if(hs[cur] != -1){dfs2(hs[cur] , cur , 1);}auto add = [&](int x){vis[x] = 1;num.insert(pos[x]);};auto del = [&](int x){vis[x] = 0;num.erase(pos[x]);};for(auto it : tr[cur]){if(it != f && it != hs[cur]){//轻儿子加入到重儿子当中for(int x = l[it] ; x <= r[it] ; x ++){if(!vis[id[x]])add(id[x]);}}}add(cur);for(auto it : que[cur]){//QLOGNauto  p = lower_bound(num.begin() , num.end() , it[0]);int x = *p;//	cout << cur <<" " << it[0] <<" "<< x << endl;if(x > it[1] || x < it[0]){ans[it[2]] = 0;}else{ans[it[2]] = 1;}}if(!keep){for(int x = l[cur] ; x <= r[cur] ; x ++){//NlogNdel(id[x]);}}
}
void solve() 
{cin >> n >> m;for(int i = 1 ; i < n ; i++){int x , y;cin >> x >> y;tr[x].pb(y);tr[y].pb(x);}for(int i = 1 ; i <= n ; i ++){cin >> a[i];pos[a[i]] = i;}for(int i = 0 ; i < m ; i ++){int l , r , x;cin >> l >> r >> x;que[x].pb({l , r , i});}dfs(1 , 0);dfs2(1 , 0 , 0);for(int i = 0 ; i < m ; i ++){if(ans[i]){cout <<"YES\n";}else{cout <<"NO\n";}}init(n);cout << endl;num.clear();
}            
int main() 
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);cout.precision(10);int t=1;cin>>t;while(t--){solve();}return 0;
}

 

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