Codeforces Round #831 (Div. 1 + Div. 2) A-E

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A

题解

知识点:数学。

\(2\) 特判加 \(7\),其他加 \(3\) 直接偶数。

时间复杂度 \(O(1)\)

空间复杂度 \(O(1)\)

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long

using namespace std;

bool solve() {
    int n;
    cin >> n;
    if (n == 2) cout << 7 << '\n';
    else cout << 3 << '\n';
    return true;
}

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int t = 1;
    cin >> t;
    while (t--) {
        if (!solve()) cout << -1 << '\n';
    }
    return 0;
}

B

题解

知识点:贪心。

注意到,最优能做到周长等于底边之和乘 \(2\) 加上高度最大值乘 \(2\) 。

我们把短的边当作底边,长的边当作高,这样长的边的贡献会最少。

时间复杂度 \(O(n)\)

空间复杂度 \(O(1)\)

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long

using namespace std;

bool solve() {
    int n;
    cin >> n;
    ll sum = 0;
    int mx = 0;
    for (int i = 1;i <= n;i++) {
        int x, y;
        cin >> x >> y;
        sum += min(x, y);
        mx = max({ mx,x,y });
    }
    cout << 2 * (sum + mx) << '\n';
    return true;
}

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int t = 1;
    cin >> t;
    while (t--) {
        if (!solve()) cout << -1 << '\n';
    }
    return 0;
}

C

题解

知识点:贪心,枚举。

从小到大排序后,我们发现单独放一个 \(a[1]\) 或 \(a[n]\) 在 bag3 (或 bag1 )最优,这样就能一次覆盖一段最长的,其他情况因为取在中间,不会超过 \(a[n]-a[1]\) 。

不妨假设单独放了个 \(a[n]\) 在 bag3,再把剩下的分成两段 \([a[1],a[i-1]],[a[i],a[n-1]]\) 分别放在 bag2,1 (较远的放中间),如此得到解 \(a[n] - a[i-1] + a[i] - a[i-1]\) 。同理 \(a[1]\) 单独放,有解 \(a[i] - a[1] + a[i] - a[i-1]\) 。

枚举这两种的所有情况,取最大值。

时间复杂度 \(O(n \log n)\)

空间复杂度 \(O(n)\)

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long

using namespace std;

int a[200007];
bool solve() {
    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> a[i];
    sort(a + 1, a + n + 1);
    ll ans = 0;
    for (int i = 2;i <= n;i++) {
        ans = max({ ans,2LL * a[i] - a[i - 1] - a[1],-2LL * a[i - 1] + a[n] + a[i] });
    }
    cout << ans << '\n';
    return true;
}

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int t = 1;
    cin >> t;
    while (t--) {
        if (!solve()) cout << -1 << '\n';
    }
    return 0;
}

D

题解

知识点:贪心,数学。

神奇的华容道。

遍历一遍,能出的直接出,当前不能出的放在除了起点终点之外的地方以后再出,但要保证放之后至少还有两个空位,即只能放 \(nm-4\) 个卡片,否则下一个进来以后就满了动不了,其他情况都能随意移动卡片(华容道qwq)。

时间复杂度 \(O(n \log n)\)

空间复杂度 \(O(n)\)

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long

using namespace std;

int a[100007];
bool solve() {
    int n, m, k;
    cin >> n >> m >> k;
    priority_queue<int> pq;
    int p = k;
    for (int i = 1;i <= k;i++) cin >> a[i];
    for (int i = 1;i <= k;i++) {
        while (!pq.empty() && pq.top() == p) pq.pop(), p--;
        if (a[i] == p) p--;
        else {
            pq.push(a[i]);
            if (pq.size() >= n * m - 3) return false;
        }
    }
    cout << "YA" << '\n';
    return true;
}

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int t = 1;
    cin >> t;
    while (t--) {
        if (!solve()) cout << "TIDAK" << '\n';
    }
    return 0;
}

E

题解

知识点:树形dp。

设 \(dp[u][0/1]\) 表示对于以 \(u\) 为根的子树,子序列包括/不包括 \(u\) 时的答案。

分两种情况讨论:

  1. \(dp[u][0]\) 时,那么子节点 \(v_i\) 的最长不下降子序列是可以任意合并的,即子节点的答案 \(\max (dp[v_i][0],dp[v_i][1])\) 能加在一起。因为 \(a[v_i]\) 互相大小没有限制,所以可以自定义后拼在一起。那么答案便是 \(\sum \max (dp[v_i][0],dp[v_i][1])\) 。

  2. \(dp[u][1]\) 时,由于根节点 \(u\) 最后只可能等于一个子节点 \(v_i\) ,那么 \(u\) 只可能衔接在一个 \(dp[v_i][1]\) 后面。

    \(dp[v_i][0]\) 不能考虑进去。因为,当 \(v_i\) 为根的子树不是条链,一定存在子孙 \(w\) 使得 \(a[v_i]<a[w]\) ,那么 \(a[u]<a[w]\) 不可能衔接到 \(w\) 后面;当 \(v_i\) 为根的子树是链时,则 \(dp[v_i][1] = dp[v_i][0]+1>dp[v_i][0]\) ,没必要选。

时间复杂度 \(O(n)\)

空间复杂度 \(O(n)\)

代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

vector<int> g[100007];
int f[100007][2];

void dfs(int u) {
    f[u][0] = 0;
    f[u][1] = 1;
    for (auto v : g[u]) {
        dfs(v);
        f[u][0] += max(f[v][0], f[v][1]);
        f[u][1] = max(f[u][1], f[v][1] + 1);
    }
}

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 2;i <= n;i++) {
        int p;
        cin >> p;
        g[p].push_back(i);
    }
    dfs(1);
    cout << max(f[1][0], f[1][1]) << '\n';
    return 0;
}

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