Codeforces Round 914 (Div. 2) A~E

A.Forked!（思维）

题意：

给出骑士的跳跃能力 $(x,y)$ 以及国王和皇后的位置，问有多少个位置可以让骑士可以直接攻击到国王和皇后。

分析：

棋盘非常大 $(10^8\times 10^8)$，因此无法枚举所有位置，所以需要转换思想，把国王的位置看作骑士所在的位置，那么此时骑士能攻击到的位置就是实际上骑士可能被放置的位置，然后再检查这些位置能否同时攻击到皇后即可。

Tips:当 $x=y$ 时，骑士只能攻击四方向。

代码：

#include 

typedef long long LL;
using namespace std;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int N = 3e5 + 5e4;

int n, m, x_k, y_k, x_q, y_q;

void solve() {
    int ans = 0;
    cin >> n >> m >> x_k >> y_k >> x_q >> y_q;
    int dir[8][2] = {n, m, n, -m, -n, m, -n, -m, m, n, m, -n, -m, n, -m, -n};//8方向
    int len = 8;
    if (n == m) len = 4;//两个跳跃能力相同时，只能4方向跳跃
    for (int i = 0; i < len; i++) {
        int x = x_k + dir[i][0];//此时(x, y)为枚举的骑士位置
        int y = y_k + dir[i][1];
        for (int j = 0; j < len; j++) {
            int xx = x + dir[j][0];
            int yy = y + dir[j][1];
            if (xx == x_q && yy == y_q) {//检查能否攻击到皇后
                ans++;
                break;
            }
        }
    }
    cout << ans << endl;
}

int main() {
    int Case;
    cin >> Case;
    while (Case--) {
        solve();
    }
    return 0;
}

B.Collecting Game(思维)

题意：

给出一个包含 $n$ 个元素的数组 $a$，开始时你可以选择一个数字 $a_i$ 并将这个数字从数组中取出，然后可以进行若干次以下操作：

• 如果当前数字 $a_i>a_j$($a_j$ 为数组中剩余的一个数字)，那么可以从数组中将这个元素删除，并将这个元素的值加到 $a_i$ 中。

问，选择 $a_1,a_2,...,a_n$ 作为开始的数字，最多可以删除多少个数字。

分析：

贪心的删除数字，在选择完数字后，可以先删除所有比自己小的数字，让自己尽可能大，然后从小到大依次去删除剩余的数字，直到无法删除，此时这一段维护的区间（起点到所有比起点大的被删除的元素），能删除的数字个数是相同的，记录能被删除的数字个数（所有前面数字均可），然后以不能被删除的点作为区间新的起点，继续去删除后面的数字，直到所有元素均被删除。

可以使用结构体存储数组，记录每个元素的值以及在原数组中的下标，并对元素的值按从小到大排序。

然后模拟上述过程即可。

代码：

#include 

typedef long long LL;
using namespace std;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int N = 3e5 + 5e4;

struct Node{
    int num, id;
    bool operator < (const Node &o) const {
        if (num != o.num) return num < o.num;
        return id < o.id;
    }
}a[N];

int n, ans[N];

void solve() {
    cin >> n;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        cin >> a[i].num;
        a[i].id = i;
    }
    int l = 0;//区间起点
    sort(a, a + n);
    LL sum = a[0].num;
    for (int i = 1; i < n; i++) {
        if (sum < a[i].num) {//无法删除当前点了
            for (int j = l; j < i; j++) {//此时区间内能删除的点的数量均相同
                ans[a[j].id] = i - 1;
            }
            l = i;//更新区间起点
            sum += a[i].num;//记录前缀和
        } else {
            sum += a[i].num;
        }
    }
    for (int i = l; i < n; i++) {
        ans[a[i].id] = n - 1;//最后部分的数字作为起点可以删除其他所有元素
    }
    for (int i = 0; i < n; i++) { if (i) cout << ' ';
        cout << ans[i];
    }
    cout << endl;
}

int main() {
    int Case;
    cin >> Case;
    while (Case--) {
        solve();
    }
    return 0;
}

C.Array Game(思维)

题意：

有个包含 $n$ 个正整数的数组 $a$，你可以进行以下操作 $k$ 次：

• 选择 $a$ 数组中的两个元素 $a_i,a_j(i\ne j)$，将 $|a_j-a_i|$ 的结果放在 $a$ 数组最后。

问经过操作后，数组中最小的 $a_i$ 是多少。

分析：

分以下三种情况讨论：

• $k\ge 3$: 前两次操作选择同一对 $(i,j)$，那么产生的两次减法的结果是相同的，那么再使用一次操作将这两个结果相减，得到的一定为0，因此只要 $3\le k$，就必有 $min(a_1,a_2,...,a_{n+k})=0$

• $k=1$: 将数组排序，使用所有相邻的后一个数字减去建一个数字，记录最小的结果，然后取这个结果与原数组中的最小值比较，哪个小就是答案。

• $k=2$: 取以下三种情况中的最小值

  • $a$ 数组中的最小值

  • $k=1$ 时获得的最小值

  • 枚举所有 $k=1$ 时的情况，将这些点作为新的点，再通过枚举的+二分的方式找到原数组 $a$ 中与这个点最接近的数字（分两种情况，比查找的数字大和小），记录减法的最小结果。

代码：

#include 

typedef long long LL;
using namespace std;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int N = 3e5 + 5e4;

int n, m;
LL a[N];

void solve() {
    cin >> n >> m;
    for (int i = 0; i < n; i++) cin >> a[i];
    if (m >= 3) {
        cout << 0 << endl;
        return;
    }
    sort(a, a + n);
    if (m == 1) {
        LL ans = a[0];
        for (int i = 1; i < n; i++) {
            ans = min(ans, a[i] - a[i - 1]);
        }
        cout << ans << endl;
    } else {
        LL ans = a[0];
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            for (int j = i + 1; j < n; j++) {
                ans = min(ans, a[j] - a[i]);
                int pos = lower_bound(a, a + n, a[j] - a[i]) - a;
//找到第一个大于等于的数字位置，此时下标为第一个大于等于，前一个下标为最后一个小于的，判断哪个更接近
                if (pos != n) ans = min(ans, a[pos] - (a[j] - a[i]));
                if (pos > 0) ans = min(ans, (a[j] - a[i]) - a[pos - 1]);
            }
        }
        cout << ans << endl;
    }
}

int main() {
    int Case;
    cin >> Case;
    while (Case--) {
        solve();
    }
    return 0;
}

D.Set To Max

题意：

给出包含 $n$ 个元素的数组 $a$ 和 $b$，你可以执行若干次以下操作：

• 选择一个区间 $l\sim r$，让区间上所有的数字均修改为 $max(a_l,a_{l+1},...,a_r)$

问，能否将数组 $a$ 变为数组 $b$

分析：

由于操作只能将数字变大，那么当 $a_i>b_i$ 时必然无解。

然后考虑 $a_i<b_i$ 的情况，此时只能选择左右两边最接近且 $a_j=b_i$ 的点，同时，如果在$k=i\sim j$之间出现了$a_k>b_i$或$b_k<b_i$，那么也无法将$a_i$修改为$b_i$。

对于D1(Easy Version)，由于数据较小，可以使用for循环对左右两边查找距离最近且值与$b_i$相同的点，只要找到的元素与$a_i$之间不存在更大的元素，且这段区间内的$b_j$均大于等于$b_i$，那么就可以完成修改（只需检查能否修改，不需要修改到数组中，两边只要有一边能找到就可以完成修改）。

对于D2(Hard Version)，可以使用vector存储数字对应的下标，使用二分对最近的值相同的点，并使用RMQ,线段树等算法对区间内$a$数组的最大值，$b$数组的最小值进行查找，检查是否存在合法方案即可。

代码：

#include 

typedef long long LL;
using namespace std;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int N = 3e5 + 5e4;

int n, m, TA[N << 2], TB[N << 2], a[N], b[N];

void pushup(int x) {
    TA[x] = max(TA[x << 1], TA[x << 1 | 1]);
    TB[x] = min(TB[x << 1], TB[x << 1 | 1]);
}

void build(int l, int r, int x) {
    if (l == r) {
        TA[x] = a[l];
        TB[x] = b[l];
        return;
    }
    int mid = l + r >> 1;
    build (l, mid, x << 1);
    build (mid + 1, r , x << 1 | 1);
    pushup(x);
}

int queryMax(int l, int r, int x, int ql, int qr) {
    if (l >= ql && r <= qr) {
        return TA[x];
    }
    int mid = l + r >> 1;
    int ans = 0;
    if (ql <= mid) ans = max(ans, queryMax(l, mid, x << 1, ql, qr));
    if (qr > mid) ans = max(ans, queryMax(mid + 1, r , x << 1 | 1, ql, qr));
    return ans;
}

int queryMin(int l, int r, int x, int ql, int qr) {
    if (l >= ql && r <= qr) {
        return TB[x];
    }
    int mid = l + r >> 1;
    int ans = 1e9;
    if (ql <= mid) ans = min(ans, queryMin(l, mid, x << 1, ql, qr));
    if (qr > mid) ans = min(ans, queryMin(mid + 1, r , x << 1 | 1, ql, qr));
    return ans;
}

vector<int> V[N];

void easy_version() {
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> a[i];
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> b[i];
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        if (a[i] > b[i]) {
            cout << "NO" << endl;
            return;
        } else if (a[i] < b[i]) {
            bool flag = false;
            for (int j = i - 1; j >= 1; j--) {
                if (b[j] < b[i] || a[j] > b[i]) {
                    break;
                }
                if (a[j] == b[i]) {
                    flag = true;
                    break;
                }
            }
            for (int k = i + 1; k <= n; k++) {
                if (b[k] < b[i] || a[k] > b[i]) {
                    break;
                }
                if (a[k] == b[i]) {
                    flag = true;
                    break;
                }
            }
            if (!flag) {
                cout << "NO" << endl;
                return;
            }
        }
    }
    cout << "YES" << endl;
}

void hard_version() {
    for (int i = 1; i <= n; i++) V[i].clear();
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> a[i];
        V[a[i]].push_back(i);
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> b[i];
    }
    build(1, n, 1);
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        if (a[i] != b[i]) {
            if (V[b[i]].empty()) {
                cout << "NO" << endl;
                return;
            }
            int right = lower_bound(V[b[i]].begin(), V[b[i]].end(), i) - V[b[i]].begin();
            int left = right - 1;
            if (left >= 0 && queryMax(1, n, 1, V[b[i]][left], i) == b[i] && queryMin(1, n, 1, V[b[i]][left], i) == b[i] || queryMax(1, n, 1, i, V[b[i]][right]) == b[i] && queryMin(1, n, 1, i, V[b[i]][right]) == b[i]) {}
            else {
                cout << "NO" << endl;
                return;
            }
        }
    }
    cout << "YES" << endl;
}

int main() {
    int Case;
    cin >> Case;
    while (Case--) {
        cin >> n;
        if (n <= 1e3) {
            easy_version();
        } else {
            hard_version();
        }
    }
    return 0;
}

E.Tree Queries

题意：

给你一棵$n$个点的树，$q$次询问，每次询问会给出一个点 $x$ 和 $k$ 个要删掉的点，在树上删掉这 $k$ 个点和 $k$ 个点相连的边后，询问在剩下的若干个连通块中，$x$ 能到的最远的点的距离。

分析：

首先考虑树的直径的性质：

• 当合并两个区间（即合并两棵树）时，新的树的直径的两个端点，一定是在原来两棵树直径的四个点里选两个点。
• $x$所在的连通块能到的最远点，一定是$x$这个连通块的直径的两个端点中的一个。

其次考虑$dfs$序的性质：$a$的$dfs$序对应$[in[a],out[a]]$，$b$的$dfs$序区间对应$[in[b],out[b]]$。

若 $ in[a]$，说明$b$在$a$的子树里，一定有$in[a]

首先算出$dfs$序，删掉$k$个点后，把$dfs$序切成若干个区间，区间数是大致是$k-2k$级别的，剩下的区间都是$x$的可达区间，每个区间对应一个连续的$dfs$序当删掉$u$时，根据 $u$ 和 $x$ 的关系，有两种情况：

• $lca(u,x)=u$，即$u$是$x$的祖先，那么由于$u$不可达了，记$x$到$u$的路径上$u$的直连儿子是$v$，那么相当于只保留下来$v$这棵子树内可以到达，也就是$ban$掉$[0,in[v])、[out[v],n)$。

• $u$和$x$没有祖先关系，那么由于$u$不可达，所以 u 的这棵子树不可达了，$ban$掉$[in[u],out[u]]$

根据$k$个点，获取到$k$个$ban$掉的区间时，根据上面提到的$dfs$序的性质，$dfs$序只会存在区间嵌套$（l_i<l_j<r_j<r_i）$的情况，不会存在两个$dfs$区间相交一部分$（l_i<l_j<r_i<r_j）$的情况。按左端点增序，左端点相同右端点降序排序遍历，手动去除掉被套在内层的区间，只保留外层的区间。这样得到的若干个区间，就是互不相交的若干个要 $ban$ 掉的 $dfs$ 序区间，其补集，就是合法的区间，均与 $x$ 连通，利用上文提到的树的直径的性质，统一 $merge$ 合法区间的直径，用线段树上每一个区间维护这个 $dfs$ 序区间的直径的两个点，求合法区间$[l,r]$的直径时，先在线段树上做一个 $merge$，再对若干个合法区间做一个 $merge$，再和询问点 $x$ 做一个 $merge$，这样得到了$x$ 连通块的直径的两个端点$x$ 能到的最远点一定是直径两个点中的一个，分别询问距离取 $max$ 即可。

代码：

#include 

const int N = 2e5 + 10, int_max = 0x3f3f3f3f;
using namespace std;
vector<int> dep, sz, par, head, tin, tout, tour;
vector<vector<int>> adj;
int n, ind, q;

void dfs(int x, int p) {
    sz[x] = 1;
    dep[x] = dep[p] + 1;
    par[x] = p;
    for (auto &i: adj[x]) {
        if (i == p)
            continue;
        dfs(i, x);
        sz[x] += sz[i];
        if (adj[x][0] == p || sz[i] > sz[adj[x][0]])
            swap(adj[x][0], i);
    }
    if (p != 0)
        adj[x].erase(find(adj[x].begin(), adj[x].end(), p));
}

void dfs2(int x, int p) {
    tour[ind] = x;
    tin[x] = ind++;
    for (auto &i: adj[x]) {
        if (i == p)
            continue;
        head[i] = (i == adj[x][0] ? head[x] : i);
        dfs2(i, x);
    }
    tout[x] = ind;
}

int k_up(int u, int k) {
    if (dep[u] <= k)
        return -1;
    while (k > dep[u] - dep[head[u]]) {
        k -= dep[u] - dep[head[u]] + 1;
        u = par[head[u]];
    }
    return tour[tin[u] - k];
}

int lca(int a, int b) {
    while (head[a] != head[b]) {
        if (dep[head[a]] > dep[head[b]])
            swap(a, b);
        b = par[head[b]];
    }
    if (dep[a] > dep[b])
        swap(a, b);
    return a;
}

int dist(int a, int b) {
    return dep[a] + dep[b] - 2 * dep[lca(a, b)];
}

#define ff first
#define ss second

int dist(pair<int, int> a) {
    return dist(a.ff, a.ss);
}

pair<int, int> merge(pair<int, int> a, pair<int, int> b) {
    auto p = max(make_pair(dist(a), a), make_pair(dist(b), b));
    for (auto x: {a.ff, a.ss}) {
        for (auto y: {b.ff, b.ss}) {
            if (x == 0 || y == 0)
                continue;
            p = max(p, make_pair(dist(make_pair(x, y)), make_pair(x, y)));
        }
    }
    return p.ss;
}

pair<int, int> mx[N * 4];
#define LC(k) (2 * k)
#define RC(k) (2 * k + 1)

void update(int p, int k, int L, int R) {
    if (L + 1 == R) {
        mx[k] = {tour[p], tour[p]};
        return;
    }
    int mid = (L + R) / 2;
    if (p < mid)
        update(p, LC(k), L, mid);
    else
        update(p, RC(k), mid, R);
    mx[k] = merge(mx[LC(k)], mx[RC(k)]);
}

void query(int qL, int qR, vector<pair<int, int>> &ret, int k, int L, int R) {
    if (qR <= L || R <= qL)
        return;
    if (qL <= L && R <= qR) {
        ret.push_back(mx[k]);
        return;
    }
    int mid = (L + R) / 2;
    query(qL, qR, ret, LC(k), L, mid);
    query(qL, qR, ret, RC(k), mid, R);
}

// segtree template end
bool cmp(pair<int, int> a, pair<int, int> b) {
    return (a.ff < b.ff) || (a.ff == b.ff && a.ss > b.ss);
}

int query(vector<int> arr, int x) {
    vector<pair<int, int>> banned, ret;
    for (int u: arr) {
        if (lca(u, x) == u) {
            u = k_up(x, dep[x] - dep[u] - 1);
            banned.push_back({0, tin[u]});
            banned.push_back({tout[u], n});
        } else {
            banned.push_back({tin[u], tout[u]});
        }
    }
    sort(banned.begin(), banned.end(), cmp);
    vector<pair<int, int>> tbanned; // remove nested intervals
    int N = 0;
    for (auto [a, b]: banned) {
        if (b <= N)
            continue;
        else if (a != b) {
            tbanned.push_back({a, b});
            N = b;
        }
    }

    banned = tbanned;
    int tim = 0;
    for (auto [a, b]: banned) {
        if (tim < a)
            query(tim, a, ret, 1, 0, n);
        tim = b;
    }

    if (tim < n)
        query(tim, n, ret, 1, 0, n);
    pair<int, int> dia = make_pair(x, x);
    for (auto p: ret)
        dia = merge(dia, p);
    int ans = max(dist(x, dia.ff), dist(x, dia.ss));
    return ans;
}

int main() {
    cin >> n >> q;
    dep = sz = par = head = tin = tout = tour = vector<int>(n + 1, 0);
    adj = vector<vector<int>>(n + 1);
    for (int i = 1; i < n; i++) {
        int a, b;
        cin >> a >> b;
        adj[a].push_back(b);
        adj[b].push_back(a);
    }
    dfs(1, 0);
    head[1] = 1;
    dfs2(1, 0);
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        update(tin[i], 1, 0, n);
    }
    for (int i = 1; i <= q; i++) {
        int x, k;
        cin >> x >> k;
        vector<int> arr(k);
        for (int &y: arr)
            cin >> y;
        cout << query(arr, x) << endl;
    }
    return 0;
}

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