Codeforces Round 909 (Div. 3)（A~G）（启发式合并 ， DSU ON TREE）
1899A - Game with Integers
题意：给定一个数 
, 两个人玩游戏，每人能够执行 
操作，若操作完是3的倍数则获胜，问先手的人能否获胜（若无限循环则先手的人输）。
思路：假如一个数模3余1或者2，那么第一轮操作先手就能获胜，若余0则后手获胜。
// Problem: A. Game with Integers
// Contest: Codeforces - Codeforces Round 909 (Div. 3)
// URL: https://codeforces.com/contest/1899/problem/A
// Memory Limit: 256 MB
// Time Limit: 1000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
#include
using namespace std;
#define LL long long
#define pb push_back
#define x first
#define y second
#define endl '\n'
const LL maxn = 4e05+7;
const LL N=1e05+10;
const LL mod=1e09+7;
typedef pairpl;
priority_queue, greater >t;
priority_queue q;
LL gcd(LL a, LL b){
return b > 0 ? gcd(b , a % b) : a;
}
LL lcm(LL a , LL b){
return a / gcd(a , b) * b;
}
int n , m;
int a[N];
void init(int n){
for(int i = 0 ; i <= n ; i ++){
a[i] = 0;
}
}
void solve()
{
cin >> n;
if(n % 3 == 0){
cout << "Second\n";
}
else{
cout << "First\n";
}
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cout.precision(10);
int t=1;
cin>>t;
while(t--)
{
solve();
}
return 0;
}
1899B - 250 Thousand Tons of TNT
题意：给定一个整数
, 表示有 个集装箱，接下来给定一个数组
, 代表了第
个集装箱有
吨重。现要将个集装箱恰好分成连续的
组。要求这当中所有的取值下集装箱重量的最大值减去最小值的最大值。
思路：直接暴力做 ， 假设每一组有1、2、3、4、...n个，看满足题意的情况下最大值减最小值的值。时间复杂度O(NlogN).
// Problem: B. 250 Thousand Tons of TNT
// Contest: Codeforces - Codeforces Round 909 (Div. 3)
// URL: https://codeforces.com/contest/1899/problem/B
// Memory Limit: 256 MB
// Time Limit: 2000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
#include
using namespace std;
#define LL long long
#define pb push_back
#define x first
#define y second
#define endl '\n'
const LL maxn = 4e05+7;
const LL N=2e05+10;
const LL mod=1e09+7;
typedef pairpl;
priority_queue, greater >t;
priority_queue q;
LL gcd(LL a, LL b){
return b > 0 ? gcd(b , a % b) : a;
}
LL lcm(LL a , LL b){
return a / gcd(a , b) * b;
}
int n , m;
LL a[N] , sum[N];
void init(int n){
for(int i = 0 ; i <= n ; i ++){
a[i] = 0;
}
}
void solve()
{
cin >> n;
for(int i = 1 ; i <= n ; i ++){
cin >> a[i];
sum[i] = sum[i - 1] + a[i];
}
LL ans = 0;
for(int i = 1 ; i <= n ; i ++){
LL maxx = 0 , minn = 1e18;
if(n % i == 0){
for(int j = 0 ; j < n ; j += i){
maxx = max(sum[j + i] - sum[j] , maxx);
minn = min(minn , sum[j + i] - sum[j]);
}
ans = max(ans , maxx - minn);
}
}
cout << ans<>t;
while(t--)
{
solve();
}
return 0;
}
1899C - Yarik and Array
题意：给定一组序列，求连续奇数偶数非空子序列的和的最大值（相邻的奇偶性不能相同）。
思路：同最大连续子序列差不多的做法，只不过要求前一项和当前的奇偶性不同，且至少要选一项。时间O（N）。
// Problem: C. Yarik and Array
// Contest: Codeforces - Codeforces Round 909 (Div. 3)
// URL: https://codeforces.com/contest/1899/problem/C
// Memory Limit: 256 MB
// Time Limit: 1000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
#include
using namespace std;
#define LL long long
#define pb push_back
#define x first
#define y second
#define endl '\n'
const LL maxn = 4e05+7;
const LL N=2e05+10;
const LL mod=1e09+7;
typedef pairpl;
priority_queue, greater >t;
priority_queue q;
LL gcd(LL a, LL b){
return b > 0 ? gcd(b , a % b) : a;
}
LL lcm(LL a , LL b){
return a / gcd(a , b) * b;
}
int n , m;
LL a[N];
int dp[N][2];
void init(int n){
for(int i = 0 ; i <= n ; i ++){
a[i] = 0;
}
}
void solve()
{
int n;
cin >> n;
for(int i = 1 ; i <= n ; i ++)
cin >> a[i];
LL ans = -1e18;
LL now = 0;
for(int i = 1 ; i <= n ; i ++){
if(now == 0){
now += a[i];
}
else{
if(abs(a[i]) % 2 == abs(a[i - 1]) % 2 ){
now = a[i];
}
else{
if(now > 0)
now += a[i];
else
now = a[i];
}
}
ans = max(ans , now);
// cout << now << endl;
if(now < 0)
now = 0;
}
cout << ans << endl;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cout.precision(10);
int t=1;
cin>>t;
while(t--)
{
solve();
}
return 0;
}
1899D - Yarik and Musical Notes
题意：给定一组数，要求数对
满足
的数量。
思路：构造辅助哈希
（范围过大无法构造数组） , ![nex[i]](http://img.e-com-net.com/image/info8/4858e02c9d944239b5c960dc8c78cb02.png){kind=small}
标记了当前位置之后有多少个数字。观察后发现 ， 当 
时能够满足，其余均需要
才能满足。因此对于1或者2而言，数对的数量为![nex[1] +nex[2]](http://img.e-com-net.com/image/info8/2c27ce2aa82c40798746a595e9537f69.png){kind=small}
，其余的 i 构成的数对数量都是。首先遍历一遍算出，然后再遍历一遍求答案，同时不断更新即可（unordered_map会被卡(哈希冲突），直接用map即可。
// Problem: D. Yarik and Musical Notes
// Contest: Codeforces - Codeforces Round 909 (Div. 3)
// URL: https://codeforces.com/contest/1899/problem/D
// Memory Limit: 256 MB
// Time Limit: 1000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
#include
using namespace std;
#define LL long long
#define pb push_back
#define x first
#define y second
#define endl '\n'
const LL maxn = 4e05+7;
const LL N=3e05+10;
const LL mod=1e09+7;
typedef pairpl;
priority_queue, greater >t;
priority_queue q;
LL gcd(LL a, LL b){
return b > 0 ? gcd(b , a % b) : a;
}
LL lcm(LL a , LL b){
return a / gcd(a , b) * b;
}
int n , m;
int a[N];
void init(int n){
for(int i = 0 ; i <= n ; i ++){
a[i] = 0;
}
}
void solve()
{
cin >> n;
mapmp;
LL ans = 0;
for(int i = 1 ; i <= n ; i ++){
cin >> a[i];
mp[a[i]]++;
}
for(int i = 1 ; i <= n ; i ++){
mp[a[i]]--;
if(a[i] == 1 || a[i] == 2){
ans += mp[1] + mp[2];
}
else{
ans += mp[a[i]];
}
}
cout << ans << endl;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cout.precision(10);
int t=1;
cin>>t;
while(t--)
{
solve();
}
return 0;
}
1899E - Queue Sort
题意：给定一个数组，每次能够进行如下操作：
1、选择第一个数放入数组最后一个。
2、将最后一个数往前交换，直到到达第一位或者比前一个数大为止。
问将数组变为递增的最少操作数，若无法则输出-1.
思路：若最小的数为数组第一个，那么一轮操作之后他还是在第一位，这样便会无限循环。因此只需要满足最小的数之后的数全是递增的即可。
// Problem: E. Queue Sort
// Contest: Codeforces - Codeforces Round 909 (Div. 3)
// URL: https://codeforces.com/contest/1899/problem/E
// Memory Limit: 256 MB
// Time Limit: 1000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
#include
using namespace std;
#define LL long long
#define pb push_back
#define x first
#define y second
#define endl '\n'
const LL maxn = 4e05+7;
const LL N=3e05+10;
const LL mod=1e09+7;
typedef pairpl;
priority_queue, greater >t;
priority_queue q;
LL gcd(LL a, LL b){
return b > 0 ? gcd(b , a % b) : a;
}
LL lcm(LL a , LL b){
return a / gcd(a , b) * b;
}
int n , m;
LL a[N];
void init(int n){
for(int i = 0 ; i <= n ; i ++){
a[i] = 0;
}
}
void solve()
{
cin >> n;
LL minn = 1e18;
for(int i = 1 ;i <= n ; i ++){
cin >> a[i];
minn = min(a[i] , minn);
}
/* for(int i = 1 ; i < n - 1; i++){
if(a[i] < a[i + 1]){
break;
}
if(i == n - 2){
cout << 0 << endl;
return;
}
}*/
for(int i = 1 ; i <= n ; i ++){
if(a[i] == minn){
for(int j = i + 1; j <= n ; j ++){
if(a[j] < a[j - 1]){
cout << -1 << endl;
return;
}
}
cout << i - 1 << endl;
return;
}
}
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cout.precision(10);
int t=1;
cin>>t;
while(t--)
{
solve();
}
return 0;
}
1899F - Alex's whims
题意：现有n个顶点，起初你可以任意构造将其形成一棵树。接下来有 d 个数，表示共有d轮。每一轮你可以选择一个已有的边将其删除，然后再连一条边形成一颗新的数。要求每一轮能够满足至少有两个叶子结点的距离恰好为
。
思路：首先可以将n个顶点连城一条链。然后每一轮当中，我们固定第一个点和最后一个点的距离为我们要的。每次我们可以将与点1相连的边删去，然后新增一条边，使得刚好1到n的距离为。由于结点2 ~ n都是一条链，所以2 ~ n - 1 任意一个距离都是可以构造出来的。如此便一定能够满足题意。所以我们只需要记录当前1结点和哪个结点相连，然后需要连到哪个结点即可。
// Problem: F. Alex's whims
// Contest: Codeforces - Codeforces Round 909 (Div. 3)
// URL: https://codeforces.com/contest/1899/problem/F
// Memory Limit: 256 MB
// Time Limit: 1000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
#include
using namespace std;
#define LL long long
#define pb push_back
#define x first
#define y second
#define endl '\n'
const LL maxn = 4e05+7;
const LL N=1e05+10;
const LL mod=1e09+7;
typedef pairpl;
priority_queue, greater >t;
priority_queue q;
LL gcd(LL a, LL b){
return b > 0 ? gcd(b , a % b) : a;
}
LL lcm(LL a , LL b){
return a / gcd(a , b) * b;
}
int n , m;
int a[N];
void init(int n){
for(int i = 0 ; i <= n ; i ++){
a[i] = 0;
}
}
void solve()
{
cin >> n >> m;
for(int i = 2 ; i <= n ; i ++){
cout << i - 1 << " " << i << endl;
}
int pre = 2;
for(int i = 0 ; i < m ; i ++){
int x;
cin >> x;
int len = (n - pre) + 1;
if(len == x){
cout <<"-1 -1 -1\n";
continue;
}
else{
int to = (n - x + 1);
cout << 1 << " " << pre << " " << to << endl;
pre = to;
}
}
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cout.precision(10);
int t=1;
cin>>t;
while(t--)
{
solve();
}
return 0;
}
1899G - Unusual 进入tainment
思路：给定一棵树和一个排列p。现有q组询问，每组询问包含了三个数
。问点的子树的结点是否在![[p_{l} , p_{r}]](http://img.e-com-net.com/image/info8/d4b05b6584564637acde9a0355ca95ce.png){kind=small}
中出现。
思路：子树问题，首先想到了用dfs序来解决。对于一颗子树而言，我们可以用set来维护其所有结点在排列p中的位置。然后对于一个询问而言，只需要找到set中大于等于 l 的第一个位置即可，然后判断该位置是否小于等于r。若小于等于r则代表了其子树的结点包含在了中。共有n个结点，所以我们需要创立n个set，来记录他们的结点在p中的位置。在子树向上合并的过程中，我们可以用启发式合并来实现优化：每一轮虽然是将子树的set合并到父节点的set上，但是可以用swap来交换两个set，确保每次都将小集合合并到大集合上面（swap是O(1)的）。如此总的时间复杂度是O(nlogn + qlogn）的。
// Problem: G. Unusual Entertainment
// Contest: Codeforces - Codeforces Round 909 (Div. 3)
// URL: https://codeforces.com/contest/1899/problem/G
// Memory Limit: 256 MB
// Time Limit: 3000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
#include
using namespace std;
#define LL long long
#define pb push_back
#define x first
#define y second
#define endl '\n'
const LL maxn = 4e05+7;
const LL N=2e05+10;
const LL mod=1e09+7;
typedef pairpl;
priority_queue, greater >t;
priority_queue q;
LL gcd(LL a, LL b){
return b > 0 ? gcd(b , a % b) : a;
}
LL lcm(LL a , LL b){
return a / gcd(a , b) * b;
}
int n , m;
int a[N] , pos[N];
vectortr[N + 5];
vector >que[N];
vector> num(N);
void init(int n){
for(int i = 0 ; i <= n ; i ++){
a[i] = 0 , tr[i].clear() , que[i].clear();
num[i].clear();
}
}
LL ans[N];
void merge(set &a , set&b){
if(a.size() < b.size()){
swap(a , b);
}
for(auto it : b){
a.insert(it);
}
b.clear();
}
void dfs(int cur , int f){
num[cur].insert(pos[cur]);
for(auto it : tr[cur]){
if(it == f)
continue;
dfs(it , cur);
merge(num[cur] , num[it]);
}
for(auto it : que[cur]){
auto p = num[cur].lower_bound(it[0]);
ans[it[2]] = p != num[cur].end() && *p <= it[1];
}
};
void solve()
{
cin >> n >> m;
for(int i = 1 ; i < n ; i++){
int x , y;
cin >> x >> y;
tr[x].pb(y);
tr[y].pb(x);
}
for(int i = 1 ; i <= n ; i ++){
cin >> a[i];
pos[a[i]] = i;
}
for(int i = 0 ; i < m ; i ++){
int l , r , x;
cin >> l >> r >> x;
que[x].pb({l , r , i});
}
dfs(1 , 0);
for(int i = 0 ; i < m ; i ++){
if(ans[i]){
cout <<"YES\n";
}
else{
cout <<"NO\n";
}
}
init(n);
cout << endl;
num.clear();
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cout.precision(10);
int t=1;
cin>>t;
while(t--)
{
solve();
}
return 0;
}
更新下新做法：用一个辅助数组
,其中![vis[i] = 1](http://img.e-com-net.com/image/info8/3f8355906e4c447b91582666575256e4.png){kind=small}
则表示![p[i]](http://img.e-com-net.com/image/info8/4292dde7a7b548f7aa0ef1d43bb6b547.png){kind=small}
这个结点存在在子树当中，那么对于一个询问而言，只需要看![([vis[l] , vis[r])](http://img.e-com-net.com/image/info8/58601f540cc6422ca39a7e5e848e59ef.png){kind=small}
当中是否有结点存在，即![sum(vis[l] , vis[r]) > 0](http://img.e-com-net.com/image/info8/29a6b89df957478abba228d1cd49dbbc.png){kind=small}
即可。 那么在子树合并的过程之中，可以将轻儿子合并到重儿子上面，然后再将轻儿子的信息删除（DSU on tree）。整个过程的时间复杂度是O（NlogN）的。而要维护区间和，可以用树状数组来实现，每次的复杂度是O（logN）的。而对于每个询问而言，区间和的复杂度也是O（logN）的，因此总体复杂度为O（NlogNlogN + qlogN）。
// Problem: G. Unusual Entertainment
// Contest: Codeforces - Codeforces Round 909 (Div. 3)
// URL: https://codeforces.com/contest/1899/problem/G
// Memory Limit: 256 MB
// Time Limit: 3000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
#include
using namespace std;
#define LL long long
#define pb push_back
#define x first
#define y second
#define endl '\n'
const LL maxn = 4e05+7;
const LL N=1e05+10;
const LL mod=1e09+7;
typedef pairpl;
priority_queue, greater >t;
priority_queue q;
LL gcd(LL a, LL b){
return b > 0 ? gcd(b , a % b) : a;
}
LL lcm(LL a , LL b){
return a / gcd(a , b) * b;
}
int n , m;
int a[N] , pos[N];
vectortr[N + 5];
vector >que[N];
struct BIT{//Binary indexed Tree(树状数组)
int n;
vector tr;
BIT(int n) : n(n) , tr(n + 1 , 0){
}
int lowbit(int x){
return x & -x;
}
void modify(int x , int modify_number){
for(int i = x ; i <= n ; i += lowbit(i)){
tr[i] += modify_number;
}
}
void modify(int l , int r , int modify_number){
modify(l , modify_number);
modify(r + 1 , -modify_number);
}
int query(int x){
int res = 0;
for(int i = x ; i ; i -= lowbit(i))
res += tr[i];
return res;
}
int query(int x , int y){
if(x > y)
swap(x , y);
return query(y) - query(x);
}
};
BIT bit(N);
int res[N];
void init(int n){
for(int i = 0 ; i <= n ; i ++){
a[i] = 0 , tr[i].clear() , que[i].clear() , bit.tr[i] = 0 , res[i] = 0;
}
}
LL l[N] , r[N] , id[N] , sz[N] , hs[N] , tot = 0 , ans[N];
setnum;
void dfs(int cur , int f){
l[cur] = ++ tot;
id[tot] = cur;
sz[cur] = 1;
hs[cur] = -1;
for(auto it : tr[cur]){
if(it != f){
dfs(it , cur);
sz[cur] += sz[it];
if(hs[cur] == -1 || sz[it] > sz[hs[cur]]){
hs[cur] = it;
}
}
}
r[cur] = tot;
}
void dfs2(int cur , int f , int keep){
vectorres(que[cur].size());
int i = 0;
/* for(auto it : que[cur]){
res[i++] = bit.query(it[1] , it[0] - 1);
}*/
for(auto it : tr[cur]){
if(it != f && it != hs[cur]){
dfs2(it , cur , 0);
}
}
if(hs[cur] != -1){
dfs2(hs[cur] , cur , 1);
}
auto add = [&](int x){
bit.modify(pos[x] , 1);
};
auto del = [&](int x){
bit.modify(pos[x] , -1);
};
for(auto it : tr[cur]){
if(it != f && it != hs[cur]){
for(int x = l[it] ; x <= r[it] ; x ++){
add(id[x]);
}
}
}
add(cur);
i = 0;
for(auto it : que[cur]){
ans[it[2]] = bit.query(it[1] , it[0] - 1) > 0 ? 1 : 0;
}
if(!keep){
for(int x = l[cur] ; x <= r[cur] ; x ++){
del(id[x]);
}
}
}
void solve()
{
cin >> n >> m;
for(int i = 1 ; i < n ; i++){
int x , y;
cin >> x >> y;
tr[x].pb(y);
tr[y].pb(x);
}
for(int i = 1 ; i <= n ; i ++){
cin >> a[i];
pos[a[i]] = i;
}
for(int i = 0 ; i < m ; i ++){
int l , r , x;
cin >> l >> r >> x;
que[x].pb({l , r , i});
}
dfs(1 , 0);
dfs2(1 , 0 , 0);
for(int i = 0 ; i < m ; i ++){
if(ans[i]){
cout <<"YES\n";
}
else{
cout <<"NO\n";
}
}
init(n);
cout << endl;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cout.precision(10);
int t=1;
cin>>t;
while(t--)
{
solve();
}
return 0;
}