A. Shuffle Hashing (CF 1278 A)
题目大意
给定两个字符串\(a,b\)，现改变\(a\)串中的字母顺序，问是否存在某种顺序在\(b\)串中出现。
解题思路
先对\(a\)进行排序，由于字符串长度最多只有\(100\)，我们就枚举\(b\)串中的起始位置，然后把长度为\(a.size()\)的子串截取下来排序看看是否和\(a\)相等即可。复杂度\(O(n^2logn)\)
\((CF\)上的\(dalao\)的思维好快\(qwq)\)。
神奇的代码
#include
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
bool check(void) {
string a,b;
cin>>a>>b;
sort(a.begin(),a.end());
int la=a.size();
int lb=b.size();
for(int i=0;ilb) break;
string c(b,i,la);
sort(c.begin(),c.end());
if (a==c) return true;
}
return false;
}
int main(void) {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
freopen("input.txt", "r", stdin);
freopen("output.txt", "w", stdout);
int kase;
cin>>kase;
while(kase--) if (check()) printf("YES\n"); else printf("NO\n");
return 0;
} B. A and B (CF 1278 B)
题目大意
给定两个数\(a,b\)，第一次选\(a\)或\(b\)加\(1\)，第二次选\(a\)或\(b\)加\(2\)，第三次选\(a\)或\(b\)加\(3\)，依次类推，问最少多少次操作使得\(a,b\)相等。
解题思路
令\(dis=abs(a-b)\)，我们进行了\(n\)次操作，这\(n\)次操作中有若干次是使\(dis\)变大，有若干次是使\(dis\)变小，最终应有\(dis+x-y=0\)，其中\(x+y=\dfrac {n\left( n+1\right) }{2}\)，联立这两个式子消去\(y\)得\(dis+2*x=\dfrac {n\left( n+1\right) }{2}\)
这是个关于\(n\)的二次函数，其中\(n\)是单调递增的，那么我们需要找到最小的非负整数\(x\)，使得\(n\)是非负整数即可。
解这个一元二次方程即可得到
\[n=\dfrac {-1+\sqrt {1+16x+8dis}}{2} (另解小于0舍去)\]
我们对\(x\)从\(0\)开始枚举找到第一个\(1+16x+8dis\)是某奇数的平方即可（代码被注释的那段）
然后我看了下\(CF\)上的前排\(dalao\)们发现他们写的思路清奇且一模一样\(0.0\)
由于\(x\)是非负数所以有\(\dfrac {n\left( n+1\right) }{2}\geq dis\)，然后我们对等式\(dis+2*x=\dfrac {n\left( n+1\right) }{2}\)两边对\(2\)取模，即可得到\(dis%2=\dfrac {n\left( n+1\right) }{2} %2\)，所以我们对\(n\)从\(1\)开始,找到第一个\(n\)使得\(\dfrac {n\left( n+1\right) }{2} \geq dis\)且\(dis\)和\(\dfrac {n\left( n+1\right) }{2}\)的奇偶性相同，那么就一定存在一个非负整数\(x\)使得\(dis+2*x=\dfrac {n\left( n+1\right) }{2}\)
\((\)这就是大佬\(qwq)\)。
神奇的代码
#include
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
template
void read(T &x) {
int s = 0, c = getchar();
x = 0;
while (isspace(c)) c = getchar();
if (c == 45) s = 1, c = getchar();
while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
if (s) x = -x;
}
template
void write(T x, char c = ' ') {
int b[40], l = 0;
if (x < 0) putchar(45), x = -x;
while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
if (!l) putchar(48);
while (l) putchar(b[--l] | 48);
putchar(c);
}
/* long long a,b,dis,qwq;
bool check(long long x){
long long qaq=sqrt(x);
if (qaq*qaq==x) {
if (qaq&1) return true;
}
else return false;
}
void Input(void) {
read(a);
read(b);
//if (dis==0) {printf("0\n"); return;}
dis=8ll*ABS(a-b)+1ll;
for(int i=0;1;++i){
if (check(dis+16*i)) {qwq=sqrt(dis+16*i); break;}
}
printf("%lld\n",((qwq-1ll)/2ll));
} */
void Input(void){
long long a,b;
read(a); read(b);
long long dis=ABS(a-b);
long long sum=0,cnt=0;
while(sum C. Berry Jam (CF 1278 C)
题目大意
\(2n\)个数字，每个数字是\(1\)或者\(2\)，现在从中间开始，每次往左或往右删去最近的一个数，现需要使\(1\)和\(2\)的个数相等，求最小删除数的个数。
解题思路
我们枚举往左删除的端点，看看右端点最短要延伸到哪里。假设左端点位置为\(i\)，除去\([i,n]\)中\(1\)和\(2\)的个数后，\(1\)和\(2\)的差值为\(dis\)，我们需要知道最小的右端点\(r\)，使得区间\([n+1,r]\)中\(1\)和\(2\)的差值也为\(dis\)，这样我们除去\([n+1,r]\)中的\(1\)和\(2\)后，剩余的\(1\)和\(2\)的个数就相等了。而最小的\(r\)我们可以用\(unordered\_map\)来维护，记录右半部分\(1\)和\(2\)的差值为\(d\)的最小位置为\(map[d]\)，那此时删除的个数就是\((n-i+1)+map[d]-n\)。这样复杂度就是\(O(n)\)了。
其实由于\(n\)最多\(1e5\)，我们开个\(4e5\)的数组来记录位置也是可以的。
神奇的代码
#include
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
template
void read(T &x) {
int s = 0, c = getchar();
x = 0;
while (isspace(c)) c = getchar();
if (c == 45) s = 1, c = getchar();
while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
if (s) x = -x;
}
template
void write(T x, char c = ' ') {
int b[40], l = 0;
if (x < 0) putchar(45), x = -x;
while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
if (!l) putchar(48);
while (l) putchar(b[--l] | 48);
putchar(c);
}
unordered_map qwq;
int n,dis,ans;
const int N=1e5+8;
int a[N],sum[3];
void Input(void) {
qwq.clear();
read(n);
sum[1]=sum[2]=0;
for(int i=1;i<=n;++i) {
read(a[i]);
++sum[a[i]];
}
int s[3];
s[1]=s[2]=0;
for(int u,i=1;i<=n;++i){
read(u);
++s[u];
if (qwq[s[1]-s[2]]==0) qwq[s[1]-s[2]]=i;
}
sum[1]+=s[1];
sum[2]+=s[2];
}
void Solve(void) {
dis=sum[1]-sum[2];
if (dis==0) ans=0;
else{
if (qwq[dis]) ans=qwq[dis];
else ans=2147483647;
for(int i=n;i>=1;--i){
if (a[i]==1) --dis;
else ++dis;
if (dis==0) ans=MIN(ans,n-i+1);
else if (qwq[dis]) ans=MIN(ans,n-i+1+qwq[dis]);
}
}
printf("%d\n",ans);
}
void Output(void) {}
int main(void) {
//ios::sync_with_stdio(false);
freopen("input.txt", "r", stdin);
freopen("output.txt", "w", stdout);
int kase; read(kase);
for (int i = 1; i <= kase; i++) {
//printf("Case #%d: ", i);
Input();
Solve();
Output();
}
return 0;
} D. Segment Tree (CF 1278 D)
题目大意
真·线段树
给定n条线段，端点值互不相同，如果两条线段有交叉部分（包含不算），则这两条线段之间连一条边。问最终这些线段形成的图是不是棵树。
解题思路
注意到线段右端点\(1\leq l
我们先对线段的左端点进行排序，依次考虑每个线段的与哪些线段有连边。
当前考虑的是第\(i\)条线段，由于连边条件具有对称性，我们可以只考虑第\(1\)条到第\(i-1\)条线段与第\(i\)条线段。
由于前面的线段的左端点\(l\)均小于\(l_i\)，那么我们只要找到其右端点大于\(l_i\)且小于\(r_i\)的线段，它们会有连边。而我们要找的右端点是个连续的范围，那么我们可以把\(1\)到\(i-1\)的线段的右端点丢到\(set\)里面，这样我们就可以在\(O(logn)\)的时间内找到对应的线段。
而当连的边数大于等于\(n\)时，此时不可能是棵树，直接\(break\)了。最后再判断边数是否是\(n-1\)并再\(DFS\)遍历一遍看看是不是一个连通块即可。复杂度\(O(nlogn)\)
神奇的代码
#include
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
template
void read(T &x) {
int s = 0, c = getchar();
x = 0;
while (isspace(c)) c = getchar();
if (c == 45) s = 1, c = getchar();
while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
if (s) x = -x;
}
template
void write(T x, char c = ' ') {
int b[40], l = 0;
if (x < 0) putchar(45), x = -x;
while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
if (!l) putchar(48);
while (l) putchar(b[--l] | 48);
putchar(c);
}
const int N=5e5+8;
set> qwq;
vector> line;
vector edge[N];
vector sign;
int n;
void DFS(int x){
sign[x]=true;
for(auto i:edge[x]) if (!sign[i]) DFS(i);
}
bool Solve(void) {
read(n);
for(int u,v,i=1;i<=n;++i){
read(u);
read(v);
line.push_back(make_pair(u,v));
}
sort(line.begin(),line.end());
int cnt=0;
for(int i=0;i=n) return false;
edge[i].push_back((*it).second);
edge[(*it).second].push_back(i);
++it;
}
qwq.insert(make_pair(line[i].second,i));
}
if (cnt E. Tests for problem D (CF 1278 E)
题目大意
上一题的逆向，给定一棵带标号的树，要求构造一组线段使之按照上题连线的规则，形成给定的树。输出每个标号对应的线段的左右端点。端点唯一且小于等于\(2n\).
解题思路
我们考虑第一个线段，\(l_1=1\)，而因为第一个线段与\(k_1\)个线段有连线，故\(r_1-l_1-1=k_1\)，即第一个线段之间的点用来存放与第一条线段相连的左端点。
然后我们考虑与第一条线段相连的线段，稍加分析可以知道从第一条线段右端点往左开始考虑会比较方便。
则对于第二条线段，它的\(l_2=r_1-1\)，除去第一条线段，第二条线段与\(k_2\)条线段相连，那么\(r_2-l_1-1=k_2\)。其他的依次类推，最后我们可以形成一张
看似比较复杂的构造方法，其实用\(DFS\)即可很容易的实现。
我们依次为与一个线段相连的线段的左端点安排位置，安排完后下一个位置就是该线段右端点的位置，然后倒序遍历与这个线段相连的线段，重复同样操作即可。
神奇的代码
#include
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
template
void read(T &x) {
int s = 0, c = getchar();
x = 0;
while (isspace(c)) c = getchar();
if (c == 45) s = 1, c = getchar();
while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
if (s) x = -x;
}
template
void write(T x, char c = ' ') {
int b[40], l = 0;
if (x < 0) putchar(45), x = -x;
while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
if (!l) putchar(48);
while (l) putchar(b[--l] | 48);
putchar(c);
}
const int N=5e5+8;
vector edge[N];
int n,k;
int l[N],r[N];
void DFS(int u,int fa){
for(auto v:edge[u])
if (v!=fa) l[v]=++k;
r[u]=++k;
reverse(edge[u].begin(),edge[u].end());
for(auto v:edge[u])
if (v!=fa) DFS(v,u);
}
int main(void) {
freopen("input.txt", "r", stdin);
freopen("output.txt", "w", stdout);
read(n);
for(int u,v,i=1;i<=n;++i){
read(u);
read(v);
edge[u].push_back(v);
edge[v].push_back(u);
}
k=0;
l[1]=++k;
DFS(1,1);
for(int i=1;i<=n;++i) printf("%d %d\n",l[i],r[i]);
return 0;
}