JZ DAY7总结

$DAY7$

洛谷打卡凶，便知道今天不妙啊，果不其然，爆30。
不过感觉今天 的题目让我收获满满。

$T1$

$改造二叉树$

小Y在学树论时看到了有关二叉树的介绍：在计算机科学中，二叉树是每个结点最多有两个子结点的有序树。通常子结点被称作“左孩子”和“右孩子”。二叉树被用作二叉搜索树和二叉堆。随后他又和他人讨论起了二叉搜索树。
什么是二叉搜索树呢？二叉搜索树首先是一棵二叉树。设key[p]表示结点p上的数值。对于其中的每个结点p，若其存在左孩子lch，则key[p]>key[lch]；若其存在右孩子rch，则key[p] 小Y与他人讨论的内容则是，现在给定一棵二叉树，可以任意修改结点的数值。修改一个结点的数值算作一次修改，且这个结点不能再被修改。若要将其变成一棵二叉搜索树，且任意时刻结点的数值必须是整数（可以是负整数或0），所要的最少修改次数。
相信这一定难不倒你！请帮助小Y解决这个问题吧。
Input
第一行一个正整数n表示二叉树结点数。结点从1~n进行编号。
第二行n个正整数用空格分隔开，第i个数ai表示结点i的原始数值。
此后n - 1行每行两个非负整数fa, ch，第i + 2行描述结点i + 1的父亲编号fa，以及父子关系ch，(ch = 0 表示i + 1为左儿子，ch = 1表示i + 1为右儿子)。
结点1一定是二叉树的根。

Output
仅一行包含一个整数，表示最少的修改次数。

Sample Input
3
2 2 2
1 0
1 1

Sample Output
2

Data Constraint
20 % ：n <= 10 , ai <= 100
40 % ：n <= 100 , ai <= 200
60 % ：n <= 2000
100 % ：n <= 10 ^ 5 , ai < 2 ^ 31.

考场将左右子树错看成左右儿子，害的爆零，最后随意打了个无厘头贪心。考场就已经想到了，按照某种顺序将其转换成一个序列，然后求最长上升子序列之类的。可是由于审题有误，硬是不知道怎么转换成队列。考完试经人指点，看清楚题后，这是个显然的中序遍历，然后再求LIS。可是有个细节考场没有想到，就是只能取整数。比方说，你得到的中序遍历的序列是1 2 2 3，本来ans应该为1，可是因为不能取小数所以此题需要对于每个$a_i$减去一个$i$,然后求最长不下降子序列。至于原因，以下是证明，若想满足题目条件那么序列一定是$a_1,a_1+1,a_1+2\dots \dots a_n+n-1$那么只要在每项都减去一个$i$,然后改为求最长不下降子序列。这里应该比较显然吧。
AC Code:

#include 
using namespace std;

const int maxn = 1e5 + 10;
int n,v[maxn],son[maxn][2],dfn[maxn],cnt = 0,q[maxn],len = 0;

int read()
{
	int x = 0,w = 1;
	char ch = getchar();
	while (ch < '0' || ch > '9') {if (ch == '-') w = -1;ch = getchar();}
	while (ch >= '0' && ch <= '9') {x = x * 10 + ch - '0';ch = getchar();}
	return x * w;
}

void dfs(int x)
{
	if (son[x][0]) dfs(son[x][0]);
	dfn[++ cnt] = v[x];
	if (son[x][1]) dfs(son[x][1]);
}

int find(int x)
{
	int l = 1,r = len;
	while (l < r)
	{
		int mid = (l + r) >> 1;
		if (q[mid] > x) r = mid; else l = mid + 1;
	}
	return l;
}

int main()
{
	n = read();
	for (int i = 1; i <= n; i ++) v[i] = read();
	for (int i = 2,fa,ch; i <= n; i ++) fa = read(),ch = read(),son[fa][ch] = i;
	dfs(1);
	for (int i = 1; i <= n; i ++) dfn[i] -= i;
	q[0] = -0x3f3f3f3f;
	for (int i = 1; i <= n; i ++)
	{
		if (dfn[i] >= q[len]) q[++ len] = dfn[i]; else q[find(dfn[i])] = dfn[i];
	}
	printf("%d",n - len);
	return 0;
}

感觉这是一道不错的题目，也许对于以后的类似题目会有较强的借鉴价值。

$T2$

$数字对$

小H是个善于思考的学生，现在她又在思考一个有关序列的问题。
她的面前浮现出一个长度为n的序列{ai}，她想找出一段区间[L, R](1 <= L <= R <= n)。
这个特殊区间满足，存在一个k(L <= k <= R)，并且对于任意的i(L <= i <= R)，ai都能被ak整除。这样的一个特殊区间 [L, R]价值为R - L。
小H想知道序列中所有特殊区间的最大价值是多少，而有多少个这样的区间呢？这些区间又分别是哪些呢？你能帮助她吧。

Input
第一行，一个整数n.
第二行，n个整数，代表ai.

Output
第一行两个整数，num和val,表示价值最大的特殊区间的个数以及最大价值。
第二行num个整数，按升序输出每个价值最大的特殊区间的L.

Sample Input1
5
4 6 9 3 6

Sample Output1
1 3
2

Sample Input2
5
2 3 5 7 11

Sample Output2
5 0
1 2 3 4 5

Data Constraint
30%: 1 <= n <= 30 , 1 <= ai <= 32
60%: 1 <= n <= 3000 , 1 <= ai <= 1024
80%: 1 <= n <= 300000 , 1 <= ai <= 1048576
100%: 1 <= n <= 500000 , 1 <= ai < 2 ^ 31

这道题明明不难，可我就是不知道为什么考场上一顿乱搞，怎么想怎么错，然后最后保险起见交了一个暴力30分。心态都炸了，直接自闭。考场我想到了求区间最小值，然后看一下是否能被每个数整除。然而考完试，看到题解茅塞顿开。这不就是比较每个区间的最小值和gcd是否相等吗。然后就是用$RMQ$，这题也让我很好地巩固了这个算法。
AC Code:

#include 
using namespace std;

const int maxn = 5e5 + 10;
int n,mi[maxn][50],gd[maxn][50],log[maxn],l,r,cnt,ans[maxn],res;

int read()
{
	int x = 0,w = 1;
	char ch = getchar();
	while (ch < '0' || ch > '9') {if (ch == '-') w = -1;ch = getchar();}
	while (ch >= '0' && ch <= '9') {x = x * 10 + ch - '0';ch = getchar();}
	return x * w;
}

int min(int a,int b) {return a < b ? a : b;}

int gcd(int a,int b)
{
	if (!b) return a; else return gcd(b,a % b);
}

bool query(int l,int r)
{
	int k = log[r - l + 1];
	return min(mi[l][k],mi[r - (1 << k) + 1][k]) == gcd(gd[l][k],gd[r - (1 << k) + 1][k]);
}

void check(int x)
{
	int k = log[x];
	for (int i = 1; i + x - 1<= n; i ++)
		if (query(i,i + x - 1)) ans[++ cnt] = i;
}

int main()
{
	n = read();
	log[0] = -1;
	for (int i = 1; i <= n; i ++) log[i] = log[i >> 1] + 1,mi[i][0] = gd[i][0] = read();
	for (int j = 1; j <= 25; j ++)
		for (int i = 1; i + (1 << j) - 1 <= n; i ++)
			mi[i][j] = min(mi[i][j - 1],mi[i + (1 << (j - 1))][j - 1]),
			gd[i][j] = gcd(gd[i][j - 1],gd[i + (1 << (j - 1))][j - 1]);
	l = 1,r = 500000;
	while (l <= r)
	{
		int mid = (l + r) >> 1;
		cnt = 0;
		check(mid);
		if (cnt) res = mid,l = mid + 1; else r = mid - 1;
	}
	cnt = 0;
	check(res);
	printf("%d %d\n",cnt,res - 1);
	for (int i = 1; i <= cnt; i ++) printf("%d ",ans[i]); 
	return 0;
}

感觉自己码风还是阔以的。

$T3$

$战争游戏$

Sample Input
7 9
1 2
1 3
1 4
1 5
1 6
1 7
2 3
4 5
6 7

Sample Output
18
6
6
6
6
6
6

Data Constraint

前两题的自闭让我看到这题的时候时间仅剩半小时，并且还一脸懵逼。不过我大概推了点思路，和考后的正解有几分相似。 这题基本就是一个割点的板子题，可是我不熟悉模板，因此想不到正解。统计答案的时候注意一下即可。
AC Code:

#include 
using namespace std;

const int maxn = 5e4 + 10;
const int maxm = 1e5 + 10;
struct Node{
	int to,next;
} f[maxm << 1];
int n,m,head[maxn],dfn[maxn],low[maxn],ans[maxn],cnt,size[maxn];
bool tre[maxn];

void add(int u,int v)
{
	f[++ cnt].to = v;
	f[cnt].next = head[u];
	head[u] = cnt;
}

int read()
{
	int x = 0,w = 1;
	char ch = getchar();
	while (ch < '0' || ch > '9') {if (ch == '-') w = -1;ch = getchar();}
	while (ch >= '0' && ch <= '9') {x = x * 10 + ch - '0';ch = getchar();}
	return x * w; 
}

int min(int a,int b) {return a < b ? a : b;}

void tarjan(int u,int fa)
{
	int sum = 0,a = 0,b = 0;
	dfn[u] = low[u] = ++ cnt;
	for (int i = head[u],v; i; i = f[i].next)
	{
		v = f[i].to;
		if (v == fa) continue;
		tre[v] = 0;
		if (!dfn[v])
		{
			tarjan(v,u);
			low[u] = min(low[u],low[v]);
			tre[v] = 1;
			size[u] += size[v];
			if (dfn[u] <= low[v]) sum += size[v];
		}
		low[u] = min(low[u],dfn[v]);
	}
	for (int i = head[u],v; i; i = f[i].next)
	{
		v = f[i].to;
		if (dfn[u] > low[v] || !tre[v]) continue;
		a += (sum - size[v]) * size[v];
		b += (n - sum - 1) * size[v];
	}
	ans[u] = a / 2 + b + n - 1;
}

int main()
{
	n = read(),m = read();
	for (int i = 1,u,v; i <= m; i ++) u = read(),v = read(),add(u,v),add(v,u);
	for (int i = 1; i <= n; i ++) size[i] = 1;
	cnt = 0;
	tarjan(1,0);
	for (int i = 1; i <= n; i ++) printf("%d\n",ans[i]);
	return 0;
}

今日分数：0 + 30 + 0，无线接近于爆零，蓝瘦啊。
不过万事皆有两面性，我真心感觉这套题收获挺大的，还要努力啊。