题解 - Codeforces Round #635 (Div. 2,A-E)

$\mathrm{Codeforces\ Round \ 635 \ (Div. 2) }$

吐槽环节

• 比赛就做出 $4$道， $D\ fst$啦
• 中国场果真毒瘤

$\mathrm{A.Ichihime\ and\ Triangle}$

题目意思

• A

$\mathrm{Sol}$

• $shabby$题目，因为是随便构造。所以我们只要强制两根长的木棒相等就可以了，保证满足条件的。
• 时间复杂度： $O(1)$

$\mathrm{Code}$

#include <bits/stdc++.h>
#define pb push_back
using namespace std;

inline int read()
{
	int sum=0,ff=1; char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch))
	{
		if(ch=='-') ff=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(isdigit(ch))
		sum=sum*10+(ch^48),ch=getchar();
	return sum*ff;
}

int Q,a,b,c,d;

int main()
{
	Q=read();
	for (;Q--;)
	{
		a=read();
		b=read();
		c=read();
		d=read();
		printf("%d %d %d\n",b,c,c);
	}
	return 0;
}

$\mathrm{B.Kana\ and \ Dragon \ Quest \ game}$

题目意思

• B

$\mathrm{Sol}$

• 又是简单题（ $A,B$两题共 $6$分钟就可以做完很正常。。。
• 我们就先不停地能使用操作 $1$就用直到 $x\leq 10$，我们再用操作 $2$。然后就判断这样过后剩余的 $x$与 $0$比一比就好了。
• 时间复杂度： $O(\log x)$

$\mathrm{Code}$

#include <bits/stdc++.h>
#define pb push_back
using namespace std;

inline int read()
{
	int sum=0,ff=1; char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch))
	{
		if(ch=='-') ff=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(isdigit(ch))
		sum=sum*10+(ch^48),ch=getchar();
	return sum*ff;
}

int Q,a,b,c,d;

int main()
{
	Q=read();
	for (;Q--;)
	{
		a=read();
		b=read();
		c=read();
		while(b>0&&a>10)
		{
			a=a/2+10;
			b--;
		} 
		if(a<=c*10) puts("YES");
		else puts("NO");
	}
	return 0;
}

$\mathrm{C.Linova\ and \ Kingdom}$

题目意思

• C

$\mathrm{Sol}$

• 一道简单的结论题目
• 那么选节点 $x$时，增加的答案 $Dep_x-1$，因为它成功变为了那个选择点节点，同时减少的答案为 $Siz_x - 1$，因为它的子树节点都少了一个。
• 那么答案就是前 $K$大的 $Dep_x-Siz_x$
• 时间复杂度： $O(n \log n)$

$\mathrm{Code}$

#include <bits/stdc++.h>
#define pb push_back
#define int long long 
using namespace std;

inline int read()
{
	int sum=0,ff=1; char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch))
	{
		if(ch=='-') ff=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(isdigit(ch))
		sum=sum*10+(ch^48),ch=getchar();
	return sum*ff;
}

const int N=2e5+5;

int n,m,dep[N],a[N],siz[N],ans;
vector<int> G[N];

inline void dfs(int u,int fa)
{
	dep[u]=dep[fa]+1;
	siz[u]=1;
	for ( int i=0;i<G[u].size();i++ )
	{
		int v=G[u][i];
		if(v==fa) continue;
		dfs(v,u);
		siz[u]+=siz[v];
	}
	a[u]=dep[u]-siz[u];
}

signed main()
{
	n=read();
	m=read();
	for ( int i=1;i<n;i++ )
	{
		int x,y;
		x=read();
		y=read();
		G[x].pb(y);
		G[y].pb(x);
	}
	dfs(1,0);
	sort(a+1,a+n+1);
	reverse(a+1,a+n+1);
	for ( int i=1;i<=m;i++ ) ans+=a[i];
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

$\mathrm{D.Xenia\ and \ Colorful\ Gems}$

题目意思

• D

$\mathrm{Sol}$

• 一道比较简单的题目，但是比赛时 $fst$啦，赛后仔细想想开始想错了。
• 我们考虑一个简单的性质：就是如果选了 $A$中的一个球 $x$，那么 $B,C$中想让答案小是不是只要试图去接近他就可以了。然后 $B,C$同理。
• 这样我们就对 $A,B,C$各自做一遍。然后找到对应另外两个中与他接近的（具体地看代码吧
• 时间复杂度： $O(k*n\log n)$, $k$为常数

$\mathrm{Code}$

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long 
using namespace std;

inline int read()
{
	int sum=0,ff=1; char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch))
	{
		if(ch=='-') ff=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(isdigit(ch))
		sum=sum*10+(ch^48),ch=getchar();
	return sum*ff;
}

const int N=1e5+5;

int Q,na,nb,nc,ans;
int a[N],b[N],c[N];

inline int Calc(int x,int y,int z)
{
	return (x-y)*(x-y)+(z-x)*(z-x)+(y-z)*(y-z);
}

signed main()
{
	Q=read();
	for (;Q--;)
	{
		na=read(),nb=read(),nc=read();
		for ( int i=1;i<=na;i++ ) a[i]=read();
		for ( int i=1;i<=nb;i++ ) b[i]=read();
		for ( int i=1;i<=nc;i++ ) c[i]=read();
		sort(a+1,a+na+1);
		sort(b+1,b+nb+1);
		sort(c+1,c+nc+1);
		ans=1e19;
		for ( int i=1;i<=na;i++ )
		{
			int pb=upper_bound(b+1,b+nb+1,a[i])-b;//找到第一个比它大的
			int pc=upper_bound(c+1,c+nc+1,a[i])-c;
			int pbb=pb-1,pcc=pc-1;//找到最大的小于等于这个球的，下面同理
			if(pb<=nb)
			{
				if(pc<=nc) ans=min(ans,Calc(a[i],b[pb],c[pc]));
				if(pcc>=1) ans=min(ans,Calc(a[i],b[pb],c[pcc]));
			}
			if(pbb>=1)
			{
				if(pc<=nc) ans=min(ans,Calc(a[i],b[pbb],c[pc]));
				if(pcc>=1) ans=min(ans,Calc(a[i],b[pbb],c[pcc]));
			}
		}
		for ( int i=1;i<=nb;i++ )
		{
			int pa=upper_bound(a+1,a+na+1,b[i])-a;
			int pc=upper_bound(c+1,c+nc+1,b[i])-c;
			int paa=pa-1,pcc=pc-1;
			if(pa<=na)
			{
				if(pc<=nc) ans=min(ans,Calc(b[i],a[pa],c[pc]));
				if(pcc>=1) ans=min(ans,Calc(b[i],a[pa],c[pcc]));
			}
			if(paa>=1)
			{
				if(pc<=nc) ans=min(ans,Calc(b[i],a[paa],c[pc]));
				if(pcc>=1) ans=min(ans,Calc(b[i],a[paa],c[pcc]));
			}
		}
		for ( int i=1;i<=nc;i++ )
		{
			int pb=upper_bound(b+1,b+nb+1,c[i])-b;
			int pa=upper_bound(a+1,a+na+1,c[i])-a;
			int pbb=pb-1,paa=pa-1;
			if(pb<=nb)
			{
				if(pa<=na) ans=min(ans,Calc(c[i],b[pb],a[pa]));
				if(paa>=1) ans=min(ans,Calc(c[i],b[pb],a[paa]));
			}
			if(pbb>=1)
			{
				if(pa<=na) ans=min(ans,Calc(c[i],b[pbb],a[pa]));
				if(paa>=1) ans=min(ans,Calc(c[i],b[pbb],a[paa]));
			}
		}
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}

$\mathrm{E.Kaavi\ and \ Magic \ Spell}$

题目意思

• E

$\mathrm{Sol}$

• 一道区间 $DP$题目
• 首先我们考虑如果那个串的长度已经大于 $|T|$，且前缀为 $T$后面就可以任意填了。
• 那么我们设 $f_{l,r}$表示填的那个串与 $T$匹配了 $[l,r]$的方案数
• 那么转移如下
  • $f_{l,r}=f_{l,r}+f_{l+1,r} [S_i=T_l]$
  • $f_{l,r}=f_{l,r}+f_{l,r-1} [S_i=T_r]$
  • 对于 $i>m$的两个都可以转移
• 那么 $ans=\sum_{i=m}^{n} f_{1,i}$
• 时间复杂度： $O(n^2)$

$\mathrm{Code}$

#include <bits/stdc++.h>
#define pb push_back
using namespace std;

inline int read()
{
	int sum=0,ff=1; char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch))
	{
		if(ch=='-') ff=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(isdigit(ch))
		sum=sum*10+(ch^48),ch=getchar();
	return sum*ff;
}

const int N=3005;
const int mo=998244353;

int n,m,f[N][N],ans;
char ch[N],th[N];

int main()
{
	scanf("%s",ch+1);
	scanf("%s",th+1);
	n=strlen(ch+1);
	m=strlen(th+1);
	for ( int i=1;i<=n+1;i++ ) f[i][i-1]=1;
	for ( int i=1,len=1;i<=n;i++,len++ ) 
		for ( int l=1,r=l+len-1;r<=n;l++,r++ ) 
		{
			if(l>m||ch[i]==th[l]) 
				f[l][r]=(f[l][r]+f[l+1][r])%mo;
			if(r>m||ch[i]==th[r]) 
				f[l][r]=(f[l][r]+f[l][r-1])%mo;
		}
	for ( int i=m;i<=n;i++ ) ans=(ans+f[1][i])%mo;
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}