【Educational Codeforces Round 54 (Rated for Div. 2) 】

编程语言 2018-11-14 18:23:26 阅读次数: 0

前言

这 场 e d u 还 算 打 的 比 较 顺 利 ， 好 久 没 打 c f 的 我 前 期 竟 然 比 以 前 还 稳 这场edu还算打的比较顺利，好久没打cf的我前期竟然比以前还稳
稳 地 莫 名 其 妙 ， 果 然 第 四 题 栽 住 了 稳地莫名其妙，果然第四题栽住了
看 到 题 之 后 自 己 脑 补 了 一 颗 d i j 跑 出 来 的 树 （ 赛 后 才 知 道 这 叫 最 短 路 树 ） 看到题之后自己脑补了一颗dij跑出来的树（赛后才知道这叫最短路树）
好 久 不 敲 图 论 自 己 上 去 硬 莽 ， 写 了 一 个 多 小 时 才 艰 难 通 过 好久不敲图论自己上去硬莽，写了一个多小时才艰难通过
导 致 第 五 题 没 时 间 看 ， 可 能 看 了 场 上 也 敲 不 出 来 导致第五题没时间看，可能看了场上也敲不出来
r a t i n g + 12 , 距 离 上 紫 还 有 一 些 时 日 ， c o d e f o r c e s 太 好 玩 了 rating+12,距离上紫还有一些时日，codeforces太好玩了

A. Diverse Substring

题意

从 一 个 长 度 为 n 的 字 符 串 中 移 除 一 个 字 符 使 整 个 字 符 串 字 典 序 变 得 最 小 从一个长度为n的字符串中移除一个字符使整个字符串字典序变得最小
1 < = n < = 2 ∗ 1 0 5 1<=n<=2*10^5

做法

如 果 可 以 让 字 典 序 变 小 ， 而 且 保 证 最 小 ， 肯 定 是 优 先 移 除 前 面 的 ， 不 然 移 除 后 面 的 字 典 序 还 是 不 变 如果可以让字典序变小，而且保证最小，肯定是优先移除前面的，不然移除后面的字典序还是不变
所 以 就 找 到 第 一 个 移 除 之 后 能 使 字 典 序 变 小 的 字 符 一 处 就 可 以 所以就找到第一个移除之后能使字典序变小的字符一处就可以
什 么 样 的 字 符 移 除 后 能 使 字 典 序 变 小 呢 什么样的字符移除后能使字典序变小呢
思 考 一 下 就 是 s t r [ i ] > s t r [ i + 1 ] 的 时 候 ， 移 除 s t r [ i ] 会 使 字 典 序 变 小 思考一下就是str[i]>str[i+1]的时候，移除str[i]会使字典序变小

坑点

注 意 原 字 符 串 一 直 递 增 时 删 掉 最 后 一 个 最 优 注意原字符串一直递增时删掉最后一个最优

代码

#include<iostream>
#include<math.h>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<map>
#include<bitset>
#include<stack>
#include<set>
#include<vector>
#include <time.h>
#include<string.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef double db;
typedef pair <int, int> pii;
typedef pair <ll, ll> pll;
typedef pair <ll, int> pli;
typedef pair <db, db> pdd;

const int maxn = 2e5+5;
const int Mod=1000000007;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const ll LL_INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const double e=exp(1);
const db PI = acos(-1);
const db ERR = 1e-10;

#define Se second
#define Fi first
#define pb push_back
#define dbg(x) cout<<#x<<" = "<< (x)<< endl
#define dbg2(x1,x2) cout<<#x1<<" = "<<x1<<" "<<#x2<<" = "<<x2<<endl
#define dbg3(x1,x2,x3) cout<<#x1<<" = "<<x1<<" "<<#x2<<" = "<<x2<<" "<<#x3<<" = "<<x3<<endl

char str[maxn];
int a[maxn];
int main()
{
    //ios::sync_with_stdio(false);
    //freopen("a.txt","r",stdin);
    //freopen("b.txt","w",stdout);
    int len;
    scanf("%d%s",&len,str);
    for(int i=0;i<len-1;i++)
    {
        if(str[i]>str[i+1])
        {
            for(int j=0;j<i;j++) printf("%c",str[j]);
            for(int j=i+1;j<len;j++) printf("%c",str[j]);
            return 0;
        }
    }
    for(int i=0;i<len-1;i++)
    {
         printf("%c",str[i]);
    }
    //cout << "time: " << (long long)clock() * 1000 / CLOCKS_PER_SEC << " ms" << endl;
    return 0;
}

B. Divisor Subtraction

题意

不 断 执 行 从 n 中 减 去 n 的 最 小 质 因 子 的 过 程 不断执行从n中减去n的最小质因子的过程
求 这 个 过 程 会 被 执 行 多 少 次 求这个过程会被执行多少次
2 &lt; = n &lt; = 1 0 1 0 2&lt;=n&lt;=10^10

做法

若 n 为 偶 数 ， 毫 无 疑 问 每 次 都 − 2 ， 次 数 就 是 n / 2 若n为偶数，毫无疑问每次都-2，次数就是n/2
若 n 为 奇 数 ， n 一 定 存 在 一 个 质 因 子 ， 而 这 个 质 因 子 一 定 是 奇 数 若n为奇数，n一定存在一个质因子，而这个质因子一定是奇数
n 减 去 这 个 质 因 子 之 后 又 变 为 偶 数 ， 再 / 2 + 1 就 是 答 案 n减去这个质因子之后又变为偶数，再/2+1就是答案

坑点

注 意 n 本 来 就 是 质 数 时 ， 直 接 输 出 1 即 可 注意n本来就是质数时，直接输出1即可
还 要 注 意 f o r 循 环 中 的 i 要 开 l o n g l o n g 还要注意for循环中的i要开long long

代码

#include<iostream>
#include<math.h>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<map>
#include<bitset>
#include<stack>
#include<set>
#include<vector>
#include <time.h>
#include<string.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef double db;
typedef pair <int, int> pii;
typedef pair <ll, ll> pll;
typedef pair <ll, int> pli;
typedef pair <db, db> pdd;

const int maxn = 2e5+5;
const int Mod=1000000007;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const ll LL_INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const double e=exp(1);
const db PI = acos(-1);
const db ERR = 1e-10;

#define Se second
#define Fi first
#define pb push_back
#define dbg(x) cout<<#x<<" = "<< (x)<< endl
#define dbg2(x1,x2) cout<<#x1<<" = "<<x1<<" "<<#x2<<" = "<<x2<<endl
#define dbg3(x1,x2,x3) cout<<#x1<<" = "<<x1<<" "<<#x2<<" = "<<x2<<" "<<#x3<<" = "<<x3<<endl
#define maxn 100005
int main()
{
    ll n;
    ll ans=0;
    scanf("%lld",&n);
    if(n%2==0)
    {
        printf("%lld\n",n/2);
        return 0;
    }
    for(ll i=3;i*i<=n;i++)
    {
        if(n%i==0)
        {
            printf("%lld\n",(n-i)/2+1);
            return 0;
        }
    }
    printf("1\n");//n为质数的情况
    //cout << "time: " << (long long)clock() * 1000 / CLOCKS_PER_SEC << " ms" << endl;
    return 0;
}

C. Meme Problem

题意

a + b = d   a ∗ b = d a+b=d \ a*b=d
求 a , b 是 否 存 在 ， 若 存 在 则 输 出 求a,b是否存在，若存在则输出

做法

初 中 数 学 题 ， 不 明 白 为 什 么 被 放 在 c 题 初中数学题，不明白为什么被放在c题

代码

#include<iostream>
#include<math.h>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<map>
#include<bitset>
#include<stack>
#include<set>
#include<vector>
#include <time.h>
#include<string.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef double db;
typedef pair <int, int> pii;
typedef pair <ll, ll> pll;
typedef pair <ll, int> pli;
typedef pair <db, db> pdd;

const int maxn = 2e5+5;
const int Mod=1000000007;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const ll LL_INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const double e=exp(1);
const db PI = acos(-1);
const db ERR = 1e-10;

#define Se second
#define Fi first
#define pb push_back
#define dbg(x) cout<<#x<<" = "<< (x)<< endl
#define dbg2(x1,x2) cout<<#x1<<" = "<<x1<<" "<<#x2<<" = "<<x2<<endl
#define dbg3(x1,x2,x3) cout<<#x1<<" = "<<x1<<" "<<#x2<<" = "<<x2<<" "<<#x3<<" = "<<x3<<endl
#define maxn 100005
int main()
{
    int t;
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        double x_1,x_2,d;
        scanf("%lf",&d);
        if(d*d-4*d<0)
        {
            printf("N\n");
            continue;
        }
        printf("Y\n");
        x_1=-0.5*(-d+sqrt(d*d-4*d));
        x_2=-0.5*(-d-sqrt(d*d-4*d));
        printf("%.10f %.10f\n",x_1,x_2);
    }
    //cout << "time: " << (long long)clock() * 1000 / CLOCKS_PER_SEC << " ms" << endl;
    return 0;
}

D. Edge Deletion

题意

在 一 个 n 个 点 m 条 边 的 无 向 图 中 起 点 为 1 ， 设 初 始 到 达 第 i 个 点 的 最 短 距 离 为 d [ i ] 在一个n个点m条边的无向图中起点为1，设初始到达第i个点的最短距离为d[i]
现 在 要 求 在 图 上 删 边 ， 使 剩 下 的 边 不 超 过 k 条 ， 并 让 尽 量 多 的 点 d [ i ] 与 之 前 相 等 现在要求在图上删边，使剩下的边不超过k条，并让尽量多的点d[i]与之前相等

做法

我 们 发 现 d i j 跑 出 来 的 图 最 终 每 个 点 只 有 一 个 前 驱 我们发现dij跑出来的图最终每个点只有一个前驱
那 么 这 就 是 一 棵 树 ， 在 树 上 从 根 节 点 往 下 保 存 边 不 会 影 响 子 孙 的 d 那么这就是一棵树，在树上从根节点往下保存边不会影响子孙的d
所 以 跑 出 d i j 树 之 后 从 根 往 下 保 留 k 条 边 就 可 以 了 。 所以跑出dij树之后从根往下保留k条边就可以了。

坑点

最 短 路 用 d i j 不 要 用 s p f a 最短路用dij不要用spfa
边 权 和 会 超 过 l o n g   l o n g 边权和会超过long \ long

代码

#include<iostream>
#include<math.h>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<map>
#include<bitset>
#include<stack>
#include<set>
#include<vector>
#include <time.h>
#include<string.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef double db;
typedef pair <int, int> pii;
typedef pair <ll, ll> pll;
typedef pair <ll, int> pli;
typedef pair <db, db> pdd;

const int maxn = 3e5+5;
const int Mod=1000000007;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const ll LL_INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const double e=exp(1);
const db PI = acos(-1);
const db ERR = 1e-10;

#define Se second
#define Fi first
#define pb push_back
#define dbg(x) cout<<#x<<" = "<< (x)<< endl
#define dbg2(x1,x2) cout<<#x1<<" = "<<x1<<" "<<#x2<<" = "<<x2<<endl
#define dbg3(x1,x2,x3) cout<<#x1<<" = "<<x1<<" "<<#x2<<" = "<<x2<<" "<<#x3<<" = "<<x3<<endl

typedef long long ll;
#define maxm 600005
#define maxn 300005
#define inf 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
struct P
{
    int to;
    ll cost;
    bool operator < (const P & a) const
    {
        return cost>a.cost;
    }
};
struct node
{
    int to;
    ll val;
    int nxt;
    int id;
    int s;
}edge[maxm];
int head[maxn],tot;//head和tot记得重置，head重置为-1
int n,m;//点数，边数，不要再main里面重新定义
bool vis[maxn];//每次在dij里面初始化为0
ll dis[maxn];//根据题意初始化为inf可能int可能longlong
void addedge(int x,int y,ll val,int id)
{
    edge[tot].to=y;
    edge[tot].val=val;
    edge[tot].nxt=head[x];
    edge[tot].id=id;
    head[x]=tot++;
}
int pre[maxn],prem[maxn];
int vv[maxn];
void Dijkstra(int s)
{
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    fill(dis,dis+n+2,inf);
    dis[s]=0;
    priority_queue<P>q;
    q.push(P{s,0});
    while(!q.empty())
    {
        P p1=q.top();q.pop();
        int u=p1.to;
        if(vis[u])continue;
        vis[u]=1;
        for(int i=head[u];i+1;i=edge[i].nxt)
        {
            int v=edge[i].to;
            if(vis[v])continue;
            if(dis[v]>dis[u]+edge[i].val)
            {
                pre[v]=u;
                prem[v]=edge[i].id;
                dis[v]=dis[u]+edge[i].val;
                q.push(P{v,dis[v]});
            }
        }
    }
}
vector<pii> G[maxn];
vector<int> ans;
int ind[maxn];
int cc,k;
void dfs(int st)
{
    if(cc==k) return ;
    for(int i=0;i<G[st].size();i++)
    {
        cc++;
        ans.push_back(G[st][i].Se);
        if(cc==k) return;
        dfs(G[st][i].Fi);
        if(cc==k) return ;
    }
}
int main()
{
   int u,v;
   ll w;
   memset(head,-1,sizeof(head));
   scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
   for(int i=1;i<=m;i++)
   {
        scanf("%d%d%lld",&u,&v,&w);
        addedge(u,v,w,i);
        addedge(v,u,w,i);
   }
   Dijkstra(1);
   if(k>=n-1)
   {
       printf("%d\n",n-1);
       for(int i=2;i<=n;i++)
       {
           printf("%d ",prem[i]);
       }
   }
   else
   {
       int re=n-1;
       for(int i=2;i<=n;i++)
       {
          G[pre[i]].push_back(pii(i,prem[i]));
       }
        cc=0;
        dfs(1);
        printf("%d\n",k);
        for(int i=0;i<ans.size();i++)
        {
            printf("%d ",ans[i]);
        }
   }
    //cout << "time: " << (long long)clock() * 1000 / CLOCKS_PER_SEC << " ms" << endl;
    return 0;
}

E. Vasya and a Tree

题意

给 你 一 颗 n 个 点 的 树 ， 每 个 点 的 权 值 最 初 为 0 给你一颗n个点的树，每个点的权值最初为0
有 m 个 操 作 ， 每 次 操 作 有 三 个 变 量 v , d , x 有m个操作，每次操作有三个变量v,d,x
操 作 为 在 v 的 距 离 v &lt; = d 的 子 树 内 所 有 节 点 权 值 + x 操作为在v的距离v&lt;=d的子树内所有节点权值+x
最 终 统 计 树 上 每 个 点 的 权 值 最终统计树上每个点的权值

做法

首 先 要 明 确 两 件 事 情 首先要明确两件事情
性 质 1. 每 个 人 的 操 作 只 会 影 响 到 他 的 子 孙 ( 包 括 自 己 ) 性质1.每个人的操作只会影响到他的子孙(包括自己)
性 质 2. 每 个 人 只 会 被 他 祖 先 的 操 作 所 影 响 ( 包 括 自 己 ) 性质2.每个人只会被他祖先的操作所影响(包括自己)
也 就 是 说 ， 如 果 我 们 能 在 访 问 到 某 个 节 点 时 ， 统 计 出 所 有 影 响 到 该 节 点 的 祖 先 操 作 也就是说，如果我们能在访问到某个节点时，统计出所有影响到该节点的祖先操作
就 可 以 统 计 出 这 个 节 点 的 最 终 权 值 就可以统计出这个节点的最终权值
而 对 于 每 个 操 作 ， 我 们 只 要 用 一 个 d e p 数 组 保 存 每 个 深 度 被 增 加 的 值 而对于每个操作，我们只要用一个dep数组保存每个深度被增加的值
所 有 深 度 大 于 当 前 节 点 的 操 作 都 会 影 响 到 当 前 节 点 ， 如 果 用 线 段 树 就 是 一 个 区 间 求 和 问 题 所有深度大于当前节点的操作都会影响到当前节点，如果用线段树就是一个区间求和问题
为 了 减 少 代 码 量 我 们 用 树 状 数 组 ， 更 新 时 只 在 本 次 操 作 的 最 深 的 深 度 更 新 为了减少代码量我们用树状数组，更新时只在本次操作的最深的深度更新
这 样 求 一 个 1 − m a x d e p 的 前 缀 和 就 是 所 有 更 新 了 根 节 点 的 操 作 这样求一个1-maxdep的前缀和就是所有更新了根节点的操作
在 求 一 个 1 − ( n o w d e p − 1 ) 的 前 缀 和 就 是 所 有 不 包 含 当 前 节 点 的 操 作 在求一个1-(nowdep-1)的前缀和就是所有不包含当前节点的操作
两 个 前 缀 和 相 减 就 是 当 前 节 点 被 更 新 的 值 两个前缀和相减就是当前节点被更新的值
为 了 保 证 每 个 操 作 只 影 响 自 己 子 树 内 的 节 点 ， 在 d f s 退 出 子 树 时 为了保证每个操作只影响自己子树内的节点，在dfs退出子树时
要 将 当 前 根 节 点 的 所 有 修 改 值 还 原 要将当前根节点的所有修改值还原

代码

#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 3e5+10;
int n,m;
ll tree[maxn],ans[maxn];
vector<int> G[maxn],D[maxn],X[maxn];
void add(int x,int val)
{
    while(x<=n)
    {
        tree[x]+=val;
        x=x+(x&-x);
    }
}
ll sum(int x)
{
    ll ans=0;
    while(x)
    {
        ans+=tree[x];
        x=x-(x&-x);
    }
    return ans;
}
void dfs(int x,int fa,int dep)
{
    for(int i=0;i<D[x].size();i++)
    {
        add(min(D[x][i]+dep,n),X[x][i]);//进子树之前更新
    }
    ans[x]=sum(n)-sum(dep-1);//树状数组变区间查询为两个前缀和相减
    //由于性质2，所以在这个地方就可以直接算出当前节点的最终答案
    for(int i=0;i<G[x].size();i++)
    {
        if(G[x][i]==fa) continue;
        dfs(G[x][i],x,dep+1);
    }
    for(int i=0;i<D[x].size();i++)
    {
        add(min(D[x][i]+dep,n),-X[x][i]);//出子树之后还原
    }
}
int main()
{
    int x,y,z;
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n-1;i++)
    {
        scanf("%d%d",&x,&y);
        G[x].push_back(y);
        G[y].push_back(x);
    }
    scanf("%d",&m);
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
        D[x].push_back(y);
        X[x].push_back(z);
    }
    dfs(1,0,1);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        printf("%lld ",ans[i]);
    }
    return 0;
}

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转载自blog.csdn.net/qq_38891827/article/details/84064331
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