Educational Codeforces Round 132 (Rated for Div. 2)

 终榜：

 

A：

题目：

有三扇门和其中一个门的钥匙，每个门后面可能有其他门的钥匙，问能否将三扇门全部打开

思路：

暴力即可

#include
using namespace std;
#define ll long long
#define T()\
	int tt; \
	cin>>tt; \
	while(tt--)
#define endl "\n"
const int N=105;
int a[N];
int main()
{
    T()
    {
        int x;
        cin>>x;
        for(int i=1;i<=3;i++)cin>>a[i];
        int ct=1;
        while(a[x])//如果当前的钥匙还能继续开门
        {
            ct++;
            x=a[x];
        }
        if(ct==3)puts("YES");//如果开了三扇门
        else puts("NO");
    }
}

B：

题目：

给定n座山的高度以及m次询问

每次询问给定一个l和r（l有可能大于r）

每次你从坐标为 l 的山出发到达坐标为 r 的山，如果你路径上的下一座山比当前山高的话不耗费体力，否则耗费 高度差 的体力，问每次耗费多少

思路：做一个简单的预处理即可

#include
using namespace std;
#define ll long long
#define T()\
	int tt; \
	cin>>tt; \
	while(tt--)
#define endl "\n"
const ll mod=1e9+7;
const int N=2e6+10;
ll a[N];
ll cnt1[N],cnt2[N];
int main()
{
    // T()
    {
        int n,m;
        cin>>n>>m;
        for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
        for(int i=2;i<=n;i++)
        {
            if(a[i]>=a[i-1])cnt1[i]=cnt1[i-1];//预处理从前到后的山
            else cnt1[i]=cnt1[i-1]+(a[i-1]-a[i]);
        }
        cnt2[n]=0;
        for(int i=n-1;i>=1;i--)
        {
            if(a[i]>=a[i+1])cnt2[i]=cnt2[i+1];//预处理从后到前的山
            else cnt2[i]=cnt2[i+1]+(a[i+1]-a[i]);
        }
        while(m--)
        {
            int l,r;
            cin>>l>>r;
            if(l<=r)
            {
                cout<

C：

题目：

给定一个字符串，里面含有 '('  ,  ')'  ,  '?'三种字符，‘？’可以变成任意的括号（左括号或右括号），问组成合法括号序列的方法是否唯一，

如果唯一打印“YES”，否则打印“NO”，题目保证数据一定有一组解

合法括号定义：设‘（’的数量为a,‘）’的数量为b，对于任意的i，都有a>=b。

思路：

我们可以发现，如果当前序列中 ‘ （’的数量已经为总长度（下面设为 L ）的一半了，那么解法一定唯一，如果没有满足上述条件，那么对于前面某些个左括号，若解法唯一，他们一定是‘（’，下面给出证明。

证：对于‘（’数量不到 L /2 时，对于第一个‘？’，我们可以知道这个字符为‘（’时序列一定合法，因为这样可以尽最大可能满足合法括号定义，因此如果这个括号为‘）’时序列也合法，那么一定是多解，输出“NO”。

那么我们如何判断括号为‘）’时也合法呢？

我们只需要将前面的（L/2-a）个问号赋值成‘（’，并且把剩下的括号赋值成‘）’，然后我们交换最后一个通过‘？’转换成的左括号以及第一个通过‘？’转换成的右括号的位置，判断序列是否合法即可，如果合法，说明有多解，不然就是唯一解。

#include
using namespace std;
#define ll long long
#define T()\
	int tt; \
	cin>>tt; \
	while(tt--)
#define endl "\n"
const int N=2e6+10;
int main()
{
    T()
    {
        string s;
        cin>>s;
        int now=0;
        for(int i=0;ipos;
        for(int i=0;i

D：

题目：

给定一个n行m列的地图，接下来给定m个数，对于1<=i<=m,hi表示第m列的前hi行格子被堵塞，不能通过，即（1，m）~(hi,m)这hi个格子不能通过。

现给定Q次询问，每次询问给定一个起始坐标（qx,qy）以及终止坐标(zx,zy)以及一个k，

一个机器人从起始坐标出发前往终止坐标，可以走任意次，每次走的格子数量规定为k，并且是朝着同一个方向走k步，规定机器人不能走到地图外面，也不能通过被堵塞的格子，问能否到达目的地。（给定的起始坐标以及终止坐标没有被堵塞）

数据范围：1<=n<=1e9,1<=m<=2e5,0<=hi<=n,1<=Q<=2e5

思路：

通过线段树维护一个区间最大值（当然，ST表也行），我们可以让机器人每次都先走到当前列的尽可能靠后的一行（假设是sj），然后走到终止坐标的列，然后前往终止坐标的行，只要起始坐标的列到终止目标的列之间没有被堵塞即可到达，所以我们查询这段区间的最值，然后和sj比较即可，需要注意的是，由于题目中规定每次走的格子数量必须为k，所以有：

abs(qx-zx)%k==0&&abs(qy-zy)==0 

#include
using namespace std;
#define ll long long
#define T()\
	int tt; \
	cin>>tt; \
	while(tt--)
#define endl "\n"
const int N=2e6+10;
ll a[N];
struct node
{
    ll l,r,val;
}tr[N<<2];
void build(int now,int l,int r)//建树
{
    tr[now].l=l,tr[now].r=r;
    if(l==r)
    {
        tr[now].val=a[l];
        return;
    }
    int mid=l+r>>1;
    build(now<<1,l,mid);
    build(now<<1|1,mid+1,r);
    tr[now].val=max(tr[now<<1].val,tr[now<<1|1].val);
}
ll query(int now,int l,int r,int L,int R)//询问
{
    if(L<=l&&r<=R)return tr[now].val;
    ll ans=0;
    int mid=l+r>>1;
    if(mid>=L)ans=max(ans,query(now<<1,l,mid,L,R));
    if(midzy)//保证起始坐标的列在终止坐标的列的前面
            {
                swap(qx,zx);
                swap(qy,zy);
            }
            if(abs(zx-qx)%k!=0||abs(zy-qy)%k!=0)
            {
                puts("NO");
                continue;
            }
            ll sj=qx+(n-qx)/k*k;//计算sj
            ll zz=query(1,1,m,qy,zy);//查询区间[qy,zy]的最大值
            if(zz>=sj)
            {
                puts("NO");
                continue;
            }
            else puts("YES");
        }
    }
}