Educational Codeforces Round 46 (Rated for Div. 2)
A. Codehorses T-shirts
题意：找出两份名单中不同衣服大小的个总件数
解法：map模拟一下就行
#includereturn 0;
} B. Light It Up
题意：由程序控制n栈灯，分别在a[i]时刻转换状态，初始是亮着的。问向程序中添加一个时间点，灯的总亮着时间之和最长。
解法：枚举在每个时间点前加入一个点，然后计算灯亮的总时长。可以从后往前求出每个时间点的灯亮时间的后缀和，可以得出在第i个点加入一个点后灯亮最时长就为sum[0]-sum[i]+state+M-a[i]-sum[i] , 其中sum[0]-sum[i]+state 表示在i点加一个点后前i时间灯亮的时间，若在i点灯亮，state=-1 ，否则state=-1 ；M-a[i]-sum[i] 表示后i时间在状态转变后的灯亮时间。
#include
cur=1;
int maxx=sum[0];
for(int i=1;i<=n;i++){
int temp=sum[0]-sum[i]+M-a[i]-sum[i];
if(cur) temp--;
else temp++;
maxx=max(maxx,temp);
}
cout<return 0;
}C. Covered Points Count
题意：给n个线段的左右端点，每条线段可以覆盖从左端点到右端点的闭区间的所有点，问分别被覆盖了1~n次的点有多少个。
解法：对点坐标进行离散化，离散化的时候对于值相差大于1的两个数中间要插入一个数。
#includep[maxn];
vector1;i++) if(v[i]+1!=v[i+1]) v.push_back(v[i]+1);
sort(v.begin(),v.end());
for(int i=1;i<=n;i++){
int l=lower_bound(v.begin(), v.end(), p[i].first)-v.begin();
int r=lower_bound(v.begin(), v.end(), p[i].second+1)-v.begin();
a[l]++;a[r]--;
}
siz=int(v.size());
for(int i=0;i<=siz;i++) a[i]+=a[i-1];
//for(int i=0;i<=v.size();i++) cout<
//for(int i=0;i
for(int i=0;i1 ;i++){
cnt[a[i]]+=v[i+1]-v[i];//这里不包含v[i+1]这个点
}
cnt[a[siz-1]]++;
for(int i=1;i<=n;i++) cout<' ' ;
return 0;
} D. Yet Another Problem On a Subsequence
题意：如果一个array的第一个数字等于该数组长度减1，则被成为good array;一个sequence能被分成若干个good array则称为good sequence。计算原始序列的子序列中good sequence的个数
解法：看了题解才写出来的。。。
dp[i]表示以第i为开头的good sequence的个数，dp[n+1]初始化为1。从n遍历到1，如果a[i]<=0，则dp[i]=0，否则从i+a[i]+1遍历到n+1，dp[i] += dp[j]*c(a[i], j-i+1)。
dp好弱，真是个菜鸡
#include0][i]=1;
for(int i=1;i0]=0;
for(int i=1;ifor(int j=1;j1]+c[i-1][j-1];
c[i][j]%=mod;
}
}
int n;
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
dp[n+1]=1;
for(int i=n;i>=1;i--){
if(a[i]<=0) continue;
for(int j=i+a[i]+1;j<=n+1;j++)
dp[i]=(dp[i]+dp[j]*c[a[i]][j-i-1])%mod;
}
LL ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++) ans=(ans+dp[i])%mod;
cout<return 0;
} E. We Need More Bosses
题意：在无向图中，如果把起点到终点路径上一条边删去，则不能从起点走到终点，就可以在这条边上放置一个boss，问图中任意两点之间最多放置多少个boss
解法：tarjan缩点后求树的直径
#includeconst int maxn=3e5+5;
int dfs_n[maxn],low[maxn];
int dfs_clock,sccno[maxn],scc_cnt;
bool vis[maxn];
stack<int>S;
vector<int>e[maxn],e2[maxn];
queue1).to).len<return 0;
} F. One Occurrence
题意：输出询问区间内只出现过一次的数中任意一个
解法：可以用莫对算法来跑，但是复杂度很高，维护只出现一次的数可以采用分块的方法。不知道为什么用链表维护会TLE
正解是线段树或者主席数。
我们用维护一个last数组，表示在当前位置，数x出现的上一个位置。线段树用来维护数x前一次出现的最小位置。如果数x已经在线段树中，就把他删除（将last置为inf），否则将last置为last[i]（==-1）。
//莫对算法
//2979ms
#includeif(block&1)
return rreturn r>x.r;
}
}query[maxn];
int n,q,tot;
int cnt[maxn],a[maxn],pos[maxn],b[maxn],ans[maxn];
void add(int x)
{
cnt[x]++;
if(cnt[x]==1){
tot++;
b[x/block_len]++;
}else if(cnt[x]==2){
tot--;
b[x/block_len]--;
}
}
void del(int x)
{
cnt[x]--;
if(cnt[x]==1){
tot++;
b[x/block_len]++;
}else if(cnt[x]==0){
tot--;
b[x/block_len]--;
}
}
int getans()
{
if(tot==0) return 0;
for(int i=0;;i++){
if(b[i]>0){
for(int j=i*block_len;;j++){
if(cnt[j]==1) return j;
}
}
}
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
block_len=800;
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
scanf("%d",&q);
for(int i=1;i<=q;i++){
int l,r;
scanf("%d%d",&l,&r);
query[i]=node(l,r,i);
}
sort(query+1,query+q+1);
int l=1,r=0;
for(int i=1;i<=q;i++){
node &qr=query[i];
while(qr.lwhile(qr.r>r){
r++;
add(a[r]);
}
while(qr.l>l){
del(a[l]);
l++;
}
while(qr.rfor(int i=1;i<=q;i++) printf("%d\n",ans[i]);
/////
return 0;
} //线段树
//1840ms
//还是很慢
#includelast<<' '<pos<if(temp.last==inf||temp.last>=qr.l)
ans[qr.id]=0;
else
ans[qr.id]=a[temp.pos];
cur=qr.r;
}
for(int i=1;i<=q;i++)
cout<return 0;
} G. Two-Paths
还不会，补题中。。。。。