2023牛客寒假算法基础训练营2题解

A-Tokitsukaze and a+b=n (easy)

传送门

思路

直接暴力遍历一遍一个区间，根据$a+b=n$得出$b=n-a$，判断b是否属于另一个区间

code

#include 
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;

void solve() {
    int n;
    cin >> n;
    int l1, r1, l2, r2;
    cin >> l1 >> r1 >> l2 >> r2;
    LL res = 0;
    for (int i = l1; i <= r1; i ++ ) {
        if (n - i) {
            if (n - i >= l2 && n - i <= r2) {
                res ++ ;
            }
        }
    }
    cout << res << endl;
}

int main() {
    int t = 1;
    cin >> t;
    while (t -- ) {
        solve();
    }
    return 0;
}

B-Tokitsukaze and a+b=n (medium)

传送门

思路

$O(1)$的复杂度下才不会超时，所以要推式子

code

嘎嘎麻烦的一种写法

#include 
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;

void solve() {
    int n;
    cin >> n;
    int l1, r1, l2, r2;
    cin >> l1 >> r1 >> l2 >> r2;
    int x = r1 - l1 + 1, y = r2 - l2 + 1;
    if (x < y) {
        swap(l1, l2);
        swap(r1, r2);
    }
    LL res = 0;
    int a = n - r1, b = n - l1;
    if (l2 > b || r2 < a) {
        puts("0");
    } else if (a <= l2 && b >= l2 && b <= r2) {
        cout << b - l2 + 1 << endl;
    } else if (a <= l2 && b >= r2) {
        cout << r2 - l2 + 1 << endl;
    } else {
        cout << r2 - a + 1 << endl;
    }
}

int main() {
    int t = 1;
    cin >> t;
    while (t -- ) {
        solve();
    }
    return 0;
}

另一种结论的写法

#include 
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;

int inter(int l1, int r1, int l2, int r2) {
    return max(min(r1, r2) - max(l1, l2) + 1ll, 0ll);
}

void solve() {
    int n;
    cin >> n;
    int l1, r1, l2, r2;
    cin >> l1 >> r1 >> l2 >> r2;
    cout << inter(l2, r2, n - r1, n - l1) << endl;
}

int main() {
    int t = 1;
    cin >> t;
    while (t -- ) {
        solve();
    }
    return 0;
}

C-Tokitsukaze and a+b=n (hard)

传送门

思路

要求$i\ne j$的对数，可以求所有满足条件的$i,j$的对数减去$i=j$的对数
其中，$i=j$的情况直接可以转化成B题进行计算，从一个区间中找两个符合条件的数
$c_i$表示i被多少条线段覆盖，代表想选一个i可以有几种选择来选
所有的$i,j$对：$a+b=n$ 不同的选法：${\sum }_{a=0}^n{c}_a\ast c_{n-a}$

code

#include 
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
const int N = 4e5 + 10, mod = 998244353;
vector<int> v;
int a[N];

int inter(int l1, int r1, int l2, int r2) {
    return max(min(r1, r2) - max(l1, l2) + 1ll, 0ll);
}

void solve() {
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    LL res = 0;
    while (m -- ) {
        int l, r;
        cin >> l >> r;
        a[l] ++ ; // 差分
        a[r + 1] -- ;
        int ans = inter(l, n - l, n - r, r); // i == j 的情况
        res -= ans; // 直接减去i=j的情况
        res %= mod;
    }
    
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) { // 差分
        a[i] += a[i - 1];
        a[i] %= mod;
    }
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {
        int j = n - i;
        res += 1ll * a[i] * a[j] % mod;
        res %= mod;
    }
    cout << res;
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    int t = 1;
//    cin >> t;
    while (t -- ) {
        solve();
    }
    return 0;
}

D-Tokitsukaze and Energy Tree

传送门

思路

结论：两向量内部允许任意重排，则点积最大方法为都升序排列
深度从小到大排列，球的能量从小到大排列，依次相乘
求深度的两种方式：
①树dfs，dfs下一层深度+1
②维护到祖宗节点距离的并查集

code

①树dfs，dfs下一层深度+1

#include 
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
const int N = 2e5 + 10;
vector<int> v[N];
LL a[N], d[N];
int n;

void dfs(int u, int p) { // p表示上一个节点
    for (int i = 0; i < v[u].size(); i ++ ) {
    	int k = v[u][i];
    	if (p != k) { // 假如搜到的不是上一个节点，就往下递归
    		d[k] = d[u] + 1;
    		dfs(v[u][i], u);
		}
    }
}

void solve() {
    cin >> n;
    for (int i = 2; i <= n; i ++ ) {
        int x;
        cin >> x;
        v[x].push_back(i);
    }
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {
        cin >> a[i];
    }
    d[1] = 1;
    dfs(1, 0);
    sort(d + 1, d + 1 + n);
    sort(a + 1, a + 1 + n);
//     for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {
//         cout << d[i] << " ";
//     }
    LL res = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {
        res += d[i] * a[i];
    }
    cout << res << endl;
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    int t = 1;
//    cin >> t;
    while (t -- ) {
        solve();
    }
    return 0;
}

②维护到祖宗节点距离的并查集

#include 
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
const int N = 3e5 + 10;
int p[N], d[N], a[N];
PII v[N];

int find(int x) {
    if (p[x] != x) {
        int u = find(p[x]);
        d[x] += d[p[x]];
        p[x] = u;
    }
    return p[x];
}

void solve() {
    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {
        p[i] = i;
    }

    for (int i = 2; i <= n; i ++ ) {
        int x;
        cin >> x;
        int pi = find(i), px = find(x);
        if (pi != px) {
            p[pi] = find(i);
            d[pi] = d[x] - d[i] + 1;
        }
    }
//    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {
//        cout << d[i] << " ";
//    }
//    cout << endl;
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {
        cin >> a[i];
    }
    sort(a + 1, a + 1 + n);
//    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {
//        cout << a[i] << " ";
//    }
//    cout << endl;

    sort(d + 1, d + 1 + n);
    LL res = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {
        res += (LL)(d[i] + 1) * a[i];
    }
    cout << res << endl;
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    int t = 1;
//    cin >> t;
    while (t -- ) {
        solve();
    }
    return 0;
}

H-Tokitsukaze and K-Sequence

传送门

思路

单独考虑算贡献
$$f(x,k)=\{\begin{array}{l}k-1,x>k\\ x,x<=k\end{array}$$

x表示出现的次数，k表示第k次
因为要计算从$1-n$中每个k的贡献的最大值，所以需要计算。
当$i=k$时，sum表示小于k的所有和，ge表示当前set有多少个数$>=k$, 结果就是$sum+ge\ast (i-1)$，sum和ge具体算法见代码块内注释

code

#include 
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
const int N = 1e5 + 10;
int a[N];

void solve() {
    int n;
    cin >> n;
    memset(a, 0, sizeof a);
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {
        int x;
        cin >> x;
        a[x] ++ ;
    }
    multiset<int> m;
    for (int i = 1; i <= 100000; i ++ ) {
        m.insert(a[i]);
    }
    LL sum = 0, ge = m.size();
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {
        while (!m.empty() && (*m.begin()) <= i) { 
            sum += (LL)(*m.begin()); // 加上当前满足的情况
            m.erase(m.begin()); // 从set里面删除
            ge -- ; // set中>=i的数减少一个
        }
        cout << sum + ge * (i - 1) << endl;
    } 
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    int t = 1;
    cin >> t;
    while (t -- ) {
        solve();
    }
    return 0;
}

J-Tokitsukaze and Sum of MxAb

传送门

思路

$MxAb(i,j)=max(\mid a_i-a_j\mid ,\mid a_i+a_j\mid )=\mid a_i|+|a_j\mid$
${\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=1}^{n}MxAb(i,j)=2n{\sum }_{i=1}^n\mid a_i|$
当时打比赛的时候没看出来这个结论，拿4试了一下得出的结论

code

#include 
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
const int N = 1e5 + 10;
LL a[N];

void solve() {
    int n;
    cin >> n;
    LL sum = 0, res = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {
        cin >> a[i];
        if (a[i] < 0) {
            a[i] *= -1;
        }
        sum += a[i];
    }
    res = sum * 2 * n;
    cout << res << endl;
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    int t = 1;
    cin >> t;
    while (t -- ) {
        solve();
    }
    return 0;
}

K-Tokitsukaze and Synthesis and Traits

传送门

思路

题意转化为：给一张可能不连通的无向图，q 次查询，每次给出 k 个点，查询 $\frac{k\ast (k-1)}{2}$ 条边中，有多少条边在原图中出现过。
①直接按照度大小根号分治

②建图时建有向边，度小点指向度大点（度：原图的度数）

code

②

#include 
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
const int N = 2e5 + 10;
vector<int> v[N];
int a[N], b[N], d[N], x[N], now[N];

void solve() {
    int n, m, q;
    cin >> n >> m >> q;
    for (int i = 1; i <= m; i ++ ) {
        cin >> a[i] >> b[i];
        d[a[i]] ++ ; // a[i] 的度++
        d[b[i]] ++ ; // b[i] 的度++
    }
    for (int i = 1; i <= m; i ++ ) { // 建图 度小点指向度大点
        if (d[a[i]] < d[b[i]]) {
            v[a[i]].push_back(b[i]);
        } else {
            v[b[i]].push_back(a[i]);
        }
    }
    for (int i = 1; i <= q; i ++ ) {
        int k;
        cin >> k;
        for (int j = 1; j <= k; j ++ ) {
            cin >> x[j];
            now[x[j]] = i;
        }
        int res = 0;
        for (int j = 1; j <= k; j ++ ) {
//             for (int l = 0; l < v[x[j]].size(); l ++ ) {
//                 if (now[l] == i) {
//                     res ++ ;
//                 }
//             }
           for (auto to : v[x[j]]) {
               if (now[to] == i) {
                   res ++ ;
               }
           }
        }
        cout << res << endl;
    }
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    int t = 1;
//    cin >> t;
    while (t -- ) {
        solve();
    }
    return 0;
}

L-Tokitsukaze and Three Integers

传送门

思路

$(a_i\ast a_j+a_k)\equiv x(modp)$ 枚举只能枚举两个变量，三个会超时
枚举$a_k$ 和 $x$，$a_i\ast a_j=x-a_k(modp)$，问题转化为$a_i\ast a_j=一个确定的值$，问这样的$a_i\ast a_j$有多少对

code

#include 
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
const int N = 5000 + 10;
vector<int> v;
LL a[N], b[N], c[N][N];
// b[x] : ai * aj % p == x
// c[k][x] : ak * ai % p == x

void solve() {
    int n, p;
    cin >> n >> p;
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {
        cin >> a[i];
        a[i] %= p;
    }
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {
        for (int j = 1; j <= n; j ++ ) {
            if (i == j) {
                continue;
            }
            b[a[i] * a[j] % p] ++ ;
            c[i][a[i] * a[j] % p] += 2; // 每个k会被a[i]和a[j]计算两次,最后结果需要去掉重复部分
        }
    }
    for (int x = 0; x < p; x ++ ) {
        LL res = 0;
        for (int k = 1; k <= n; k ++ ) {
            LL tmp = (x - a[k] + p) % p; // 当前ai*aj的结果
            res += b[tmp] - c[k][tmp]; // ai*aj个数-其中有一个是ak的个数
        }
        cout << res << " ";
    }
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    int t = 1;
//    cin >> t;
    while (t -- ) {
        solve();
    }
    return 0;
}