Codeforces Round #582 (Div. 3)

第一次AKdiv3,写个博客纪念下（虽然Ｆ题结束７分钟才过，假装过了）
A:发现跟奇偶性有关，我直接枚举两种情况取优的就行。

#include 
const int N=1e5+5;
using namespace std;
int n,m,k;
int a[N];
int main(){
	cin>>n;
	int ans1=0,ans2=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d",a+i);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		ans1+=a[i]%2,ans2+=(a[i]+1)%2;
	printf("%d\n",min(ans1,ans2));
    return 0;
    }

B:英语不好，读题读了很久，题意就是如果第i天为坏的定义为：存在在第i天之后卖的书的价格更低，输出坏的天数.，模拟就行

#include 
const int N=2e5+5;
using namespace std;
int n,m,k;
int a[N];
int main(){
	int t;
	cin>>t;
	while(t--){
		cin>>n;
		int ans1=0,ans2=0;
		for(int i=1;i<=n;i++)
			scanf("%d",a+i);
		int mind=a[n];
		int ans=0;
		for(int i=n-1;i>=1;i--)
			if(a[i]>mind)
				ans++;
			else
				mind=min(mind,a[i]);
		printf("%d\n",ans);
	}
    return 0;
}

C：题意为从[1,n]里找到ｘ属于这个区间并且是m的倍数，计算x%10之和
很容易发现是 m ,2m,3m,…,$\frac{n}{m}$m这种形式，
然后答案只统计尾数，那我直接统计$[1,\frac{n}{m}]$里尾数为[1,9]各有多少个就行了

#include 
const int N=2e5+5;
using namespace std;
#define LL long long
LL n,m,k;
LL a[15];
int main(){
	int t;
	cin>>t;
	while(t--){
		cin>>n>>m;
		if(n<m){puts("0");continue;		}
		n/=m;
		memset(a,0,sizeof a);
		LL ans=0;
		for(int i=1;i<=9;i++){
			a[i]=n/10+(n%10>=i);
			ans+=i*(m%10)%10*a[i];
		}
		printf("%lld\n",ans);
		
	}
    return 0;
}

D2:题意为有一个数x，你每次花费一个金币可以使得 $x=\frac{x}{2}$ (向下取正),其中x属于[1,1e6]，看到这个数据范围，很容易想到一个做法，v[i][j] (表示变为 i 的第j个数的最小花费)，如果v[i].size()>=k就sort取前k个，时间复杂度O(1e6+nlog(n))

#include 
const int N=1e6+5;
using namespace std;
#define LL long long
int n,m,k;
LL a[N];
vector<int>v[N];
int main(){
		int ma=0;
		scanf("%d%d",&n,&k);
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			int x;
			scanf("%d",&x);
			ma=max(ma,x);
			v[x].push_back(0);
			for(int j=1;x;j++)
				x/=2,v[x].push_back(j);
		}
		int mi=1e9;
		for(int i=0;i<=ma;i++){
			if(v[i].size()<k)continue;
			sort(v[i].begin(),v[i].end());
			int x=0;
			for(int j=0;j<k;j++)
				x+=v[i][j];
	//		printf("i=%d %d\n",i,x);
			mi=min(mi,x);
		}
		printf("%d\n",mi);
	
    return 0;
}

E:　直接全排列xjb搞一下
如果a,b自己的两个字符都不一样，直接全排列abc,一定会有一种情况满足条件，然后输出aaaabbbbcccc这种格式
否则的话也是全排列，然后输出abcabcabc这种格式。

#include 
const int N=1e6+5;
using namespace std;
#define LL long long
int n,m,k;
void sc(const char *a){
	for(int i=1;i<=n;i++)
		printf("%s",a);
}
void slove(string a,string b){
	string s="abc";
	do{
		if((s[1]==b[1]&&s[0]==b[0])||(s[2]==b[1]&&s[1]==b[0])||(n>1&&s[2]==b[0]&&s[0]==b[1]));
		else 
			{
				char ch[4];
				ch[0]=s[0];ch[1]=s[1];ch[2]=s[2];ch[3]=0;
				for(int i=1;i<=n;i++)
					printf("%s",ch);
				return ;
			}
	}while(next_permutation(s.begin(),s.end()));
}
int main(){
	cin>>n;
	string a,b;
	cin>>a>>b;
	puts("YES");
	if(a[0]==a[1]||b[0]==b[1]){
		if(b[0]==b[1])
			slove(b,a);
		else
			slove(a,b);
	}else{
		string s="abc";
		do{
			if((s[1]==a[1]&&s[0]==a[0])||(s[2]==a[1]&&s[1]==a[0])||(s[1]==b[1]&&s[0]==b[0])||(s[2]==b[1]&&s[1]==b[0]));
			else
				{
					for(int i=0;i<3;i++)
						for(int j=1;j<=n;j++)
							printf("%c",s[i]);
					return 0;
				}
		}while(next_permutation(s.begin(),s.end()));
	}
    return 0;
}

Ｆ:代码写的很乱，看看大致思路就可以自己写了。(dfs就是个ｆｏｒ循环)
考虑p成为一条链，则q的每条边只会有两种可能，１：变为一个环　２：依旧是条链
分析可以发现情况２在p的基础上无任何约束，但是１的话则这个环全部相等。
题目要求是至少要ｋ个字符，则增加就增加，判断最后的字符是不是填完ｋ个。
举个栗子：
5 3
4 3 2 5 1
3 5 4 1 2
先考虑p的一条链　
4 -> 3 -> 2 -> 5 -> 1
然后挨个考虑q的边
3->5 无影响
5->4 则有个环,f(5)=f(4)=f(3)=f(2)
4->1 无影响
1->2 有个环,f(1)=f(2)=f(5)
挨个填的话，f(4)填a,f(5)=f(4)…,沿着p的那条链一路推下去。。如果能增加就增加（不同字符数量到达k之后就不需要变了）

#include 
const int N=1e6+5;
using namespace std;
#define LL long long
int n,m,k;
int nex[N],p[N],q[N],vis[N];
vector<int>v[N];
int ans[N];
void dfs(int id){
	
	if( vis[nex[p[id]]]){
		v[nex[p[id]]].push_back(p[id]);
	}
	vis[p[id]]=1;
	if(id+1<=n)
		dfs(id+1);
}
set<int>s;
int cn=0;
void dfs2(int id){
	if(!k)
		ans[p[id]]=ans[p[id-1]];
	else{
		if(!s.size()){
			k--;
			cn++;
			ans[p[id]]=cn;
		}else{
			ans[p[id]]=ans[p[id-1]];
			if(s.count(p[id]))
				s.erase(p[id]);
			
		}
		for(int i=0;i<v[p[id]].size();i++)
			s.insert(v[p[id]][i]);
	}
	if(id+1<=n)dfs2(id+1);
}
int main(){
	cin>>n>>k;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d",p+i);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d",q+i);
	for(int i=1;i<=n-1;i++)
		nex[q[i]]=q[i+1];
	dfs(1);
	dfs2(1);
	if(k)puts("NO");
	else{
		puts("YES"); 
		for(int i=1;i<=n;i++)
			printf("%c",ans[i]+'a'-1);
	}
    return 0;
}

Ｇ：人均Ｇ题我就很懵逼，感觉也不是那么好想啊。
很容易想到如果一个pi则会把一颗树把w>pi的边丢弃，然后变成一颗颗小树，答案就为一颗颗小树的任意两点的方案数　之和。
但是这个题是多个询问，则可以改变方法，用，通过上述分析，很容易发现如果pi满足，则更大的pi一定满足，我们将边权排序，然后每次取边权最小的边，有两个点　u,v，一个ｗ.
则pi>=w的循环都需要加上一个答案，这个答案是两个集合{u} ×{v}，然后将两个集合合并，前面那个求和用差分的思想就行。

#include 
const int N=1e6+5;
using namespace std;
#define LL long long
int n,m,k;
int fa[N],s[N],ma[N];
int find(int x){return x==fa[x]?x:fa[x]=find(fa[x]);}
 
struct node
{
    int u,v,w;
    bool operator < (const node & x) const
    {
        return w>x.w;
    }
};
priority_queue <node> Q;
LL ans[N];
int main(){
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		fa[i]=i,s[i]=1;
	for(int i=1;i<n;i++){
		int u,v,w;
		scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
		Q.push({u,v,w});
	}
	while(!Q.empty()){
		int u=Q.top().u;
		int v=Q.top().v;
		int w=Q.top().w;
		int fu=find(u);
		int fv=find(v);
		fa[fv]=fu;	//fu shi zuzhong
		
 
		ma[fu]=w;
		ans[w]+=s[fu]*1ll*s[fv];	
		s[fu]+=s[fv];
		Q.pop();
	}
	for(int i=1;i<N;i++)
		ans[i]+=ans[i-1];
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int x;
		scanf("%d",&x);
		printf("%lld \n",ans[x]);
	}
    return 0;
}