前言

比赛地址：https://www.codechef.com/APRIL19B
CodeChef是世界著名的算法竟赛网站，而它每个月的举办的long challenge contest以有偿付费出题的高质量而闻名。比赛为期十天，期间要独立解决8个左右的由易到难的算法编程题目，严禁作弊行为。比赛分为div1和div2，前者的难度很大，参加的要求是rating>=1800，通常参加人数不超过千人，后者的难度较之相对容易，参加人数通过超过一万，但是两者会有一些问题是公共的。比赛结束后，所有代码公开，任何人都可以查看和学习，同时讨论区也会发布详细的英文题解。
这篇题解仅包括div2的七道题目，除去最后一道特殊的交互题。

因为我知识水平有限，如有错误或者纰漏，还望指出，如有疑问，也欢迎交流。
QQ：1434287907

Maximum Remaining

题意

给你一个大小为 $N$ 的序列 $A$ ，求 $max(A_i$ % $A_j)$

数据范围

$2<=N=1000,1<=A_i<=10^9$

题解

显然是取最大的两个不同的数， $A[i]<A[j]$ ，答案就是 $A[i]$ % $A[j]$
值得注意的是，当所有数相同时，答案为 $0$

代码

int main()
{
    int n;
    cin>>n;
    vector<int> a(n);
    for(int i=0; i<n; i++) cin>>a[i];
    sort(a.rbegin(),a.rend());
    for(int i=1; i<n; i++)
        if(a[i]!=a[i-1]) return cout<<a[i],0;
    cout<<0;
    return 0;
}

Friend or Girlfriend

题意

给你一个长度为 $N$ 的字符串 $S$ 和一个字符 $X$ ，求有多少个包含 $X$ 的不同子串

数据范围

$1<=T<=1000，\sum N<=10^6$

题解

从后往前遍历字符串，维护在字符串中最早出现的 $X$ 的下标 $t$ ，那么对于字符串中的每一个字符， $S[i]$ 到 $S[n-1]$ 这段字符串中，包含 $X$ 的子串数量即为 $n-t$

代码

int main()
{
    int T;
    cin>>T;
    while(T--)
    {
        cin>>n;
        cin>>s>>c;
        ll ans=0;
        for(int i=n-1,t=-1; ~i; i--)
        {
            if(s[i]==c) t=i;
            if(~t) ans+=n-t;
        }
        cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}

Fencing

题意

给以一个 $N*M$ 大小的菜地，有 $K$ 个菜地格子里种了菜，它们的坐标为 $(r_i，c_i)$ ，剩下的格子全部是杂草，让你用围栏把所有中了菜的格子围起来，求最小的围栏长度。

数据范围

$1≤T≤10,1≤N,M≤10^9,1≤K≤10^5,1≤r≤N,1≤c≤M$

题解

基于 $map$ 的 $DFS$

代码

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

#define fi first
#define se second

typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pi;
typedef vector<pi> vpi;

const int N=1000007;

int n,m,k,ans;
map<pi,bool> f,vis;

void dfs(pi t)
{
    vis[t]=1;
    if(!f[{t.fi+1,t.se}]) ans++;
    else if(!vis[{t.fi+1,t.se}]) dfs({t.fi+1,t.se});
    if(!f[{t.fi-1,t.se}]) ans++;
    else if(!vis[{t.fi-1,t.se}]) dfs({t.fi-1,t.se});
    if(!f[{t.fi,t.se+1}]) ans++;
    else if(!vis[{t.fi,t.se+1}]) dfs({t.fi,t.se+1});
    if(!f[{t.fi,t.se-1}]) ans++;
    else if(!vis[{t.fi,t.se-1}]) dfs({t.fi,t.se-1});
}

int main()
{
    int T;
    cin>>T;
    while(T--)
    {
        cin>>n>>m>>k;
        f.clear(),vis.clear(),ans=0;
        vpi p(k);
        for(int i=0; i<k; i++) cin>>p[i].fi>>p[i].se,f[p[i]]=1;
        for(int i=0; i<k; i++) if(!vis[p[i]]) dfs(p[i]);
        cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}

Subtree Removal

题意

给定 $N$ 个节点的有根树（节点编号为 $1 ∼ N$ ），根节点编号为 $1$ ，每个节点都有点权 $Ai$ 。
你可以任意次（包括零次）进行下面的操作：选择树中的某个节点，并删去包括该节点在内的整棵子树。
记收益为树中剩下的节点的点权之和减去 $X × k$ ，其中 $k$ 代表操作次数。请求出最大收益。

数据范围

$1≤T≤10,1≤N≤10^5,1≤X≤10^9,1≤u,v≤N,|Ai|≤10^9$

题解

树DP
对于每一个节点，若它所有的子节点的子树的最大收益之和 $sum$ 大于 $-X$ ，则这个节点的子树的最大收益为 $sum$ ，否则就要删除这颗子树，即这个节点的子树的最大收益为 $-X$ 。

代码

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

#define eb emplace_back

typedef long long ll;
typedef vector<int> vi;

const int N=100007;

int n;
ll x;
ll a[N];
vi g[N];

ll solve(int u, int fa)
{
    ll sum=a[u];
    for(auto v: g[u])
    {
        if(v==fa) continue;
        sum+=solve(v,u);
    }
    return max(sum,-x);
}

int main()
{
    int T;
    cin>>T;
    while(T--)
    {
        cin>>n>>x;
        for(int i=1; i<=n; i++) cin>>a[i],g[i].clear();
        for(int i=1; i<n; i++)
        {
            int u,v;
            cin>>u>>v;
            g[u].eb(v);
            g[v].eb(u);
        }
        cout<<solve(1,0)<<endl;
    }
    return 0;
}

Playing with Numbers

题意

给定 $N$ 个节点的有根树（节点编号为 $1 ∼ N$ ），根节点编号为 $1$ 。每个节点 $i$ 拥有点权 $v_i$ 和另一个参数 $m_i$ 。
没有儿子的节点被称作叶子节点。记树中叶子节点的个数为 $L$ ，编号按升序排列为 $l_1, l_2, . . . , l_L$ 。
我们按照如下方法定义叶子节点 $l_i$ 的答案：
• 对于从根节点到 $l_i$ 的路径上的每个节点，选择一个非负整数，乘以节点的点权。
• 对路径上所有节点按照上述方式算出来的值求和。
• 叶子 $l_i$ 的答案 $a_i$ 就是和对 $m_{l_j}$ 取模的最大值。
请求出每个叶子节点的答案。

数据范围

$1≤T≤8,2≤N≤10^5,1≤x,y≤N,1≤vi≤10^{18},1≤mi≤10^{18}$

题解

拓展贝祖（裴蜀）定理
贝祖定理：二元一次不定方程 $ax+by=c$ 存在整数解的充分必要条件是 $gcd(a,b)|c$
扩展贝祖定理：改成 $n$ 元一次不定方程，结论依然成立。
$dp[i]$ 表示从根节点到节点 $i$ 的 $gcd$ ，那么对于每一个叶子节点来说，它的答案就是
$m_i-gcd(dp[i],m_i)$
至于为什么，可以感性的理解一下

代码

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

#define eb emplace_back

typedef long long ll;
typedef vector<int> vi;

const int N=100007;

int n;
ll v[N],m[N],dp[N];
bool vis[N];
vi g[N];

void solve(int u, int fa, ll t)
{
    dp[u]=t;
    bool ok=1;
    for(auto x: g[u])
    {
        if(x!=fa)
        {
            solve(x,u,__gcd(dp[u],v[x]));
            ok=0;
        }
    }
    if(ok) vis[u]=1;
}

int main()
{
    int T;
    cin>>T;
    while(T--)
    {
        cin>>n;
        memset(vis,0,sizeof vis);
        for(int i=1; i<=n; i++) g[i].clear();
        for(int i=1; i<n; i++)
        {
            int u,v;
            cin>>u>>v;
            g[u].eb(v);
            g[v].eb(u);
        }
        for(int i=1; i<=n; i++) cin>>v[i];
        for(int i=1; i<=n; i++) cin>>m[i];
        solve(1,0,v[1]);
        for(int i=2; i<=n; i++)
            if(vis[i])
                cout<<m[i]-__gcd(m[i],dp[i])<<' ';
        cout<<endl;
    }
    return 0;
}

Kira Loves Palindromes

题意

给定字符串 $S$ ，请求出有多少种方案可以从该字符串中选出两个不相交的非空子串 $s1$ 和 $s2$ ，使得其串接 $s1+s2$ 为回文串。

数据范围

$1 ≤ |S| ≤ 1000$

题解

$dp[i][j]$ 表示 $s[i]==s[j]$ 时选的第一个字串开头为 $s[i]$ ，选的第二个字串以 $s[j]$ 为结尾， $s[i]$ 到 $s[j]$ 这段字符串中符合题目要求的答案
转移方程为： $dp[i][j]=dp[i+1][j-1]+f[i+1][j-1]+b[i+1][j-1]+1$
$f[i][j]$ 表示 $s[i]$ 到 $s[j]$ 的字符串中以 $s[i]$ 开头的回文串个数
$b[i][j]$ 表示 $s[i]$ 到 $s[j]$ 的字符串中以 $s[j]$ 结尾的回文串个数
所有 $dp[i][j]$ 之和就是答案

代码

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

#define eb emplace_back

typedef long long ll;

const int N=1007;

int n;
ll ans;
bool ok[N][N];
int f[N][N],b[N][N];
ll dp[N][N];
char s[N];

void pre()
{
    for(int i=n-1; i>=0; i--)
			for(int j=i; j<n; j++)
				ok[i][j]=((s[i]==s[j])&&(j-i<3||ok[i+1][j-1]));
    for(int i=0; i<n; i++) f[i][i]=b[i][i]=1;
    for(int i=0; i<n; i++)
        for(int j=i+1; j<n; j++)
        {
            if(ok[i][j]) f[i][j]=f[i][j-1]+1;
            else f[i][j]=f[i][j-1];
        }
    for(int j=n-1; j>=0; j--)
        for(int i=j-1; i>=0; i--)
        {
            if(ok[i][j]) b[i][j]=b[i+1][j]+1;
            else b[i][j]=b[i+1][j];
        }
}

void solve()
{
    if(n>1) for(int i=0; i+1<n; i++) if(s[i]==s[i+1]) dp[i][i+1]=1,ans++;
    for(int l=3; l<=n; l++)
        for(int i=0; i+l-1<n; i++)
        {
            int j=i+l-1;
            if(s[i]==s[j])
            {
                dp[i][j]=f[i+1][j-1]+b[i+1][j-1]+dp[i+1][j-1]+1;
                ans+=dp[i][j];
            }
        }
}

int main()
{
    cin>>s;
    n=strlen(s);
    pre();
    solve();
    cout<<ans;
    return 0;
}

Mininum XOR over Tree

题意

给定 $N$ 个节点的有根树（节点编号为 $1 ∼ N$ ），根节点编号为 $1$ 。每个节点都有点权 $w_i$ 。
你需要回答 Q 个询问。询问必须在线回答，即：只有回答了上一个询问，才能知道下一个询问。
每个询问中给定节点 $v$ 和参数 $k$ 。对于 $v$ 的子树（包括 $v$ ）中的所有节点 $u$ ，求 $w_u⊕ k$ 的最大值（⊕ 代表按位异或操作）。此外，求出能达到这一最大值的最小节点编号 $u$

数据范围

$1≤T≤1000, 1≤N≤2*10^5, 1≤Q≤10^6, 1≤x,y,v≤N$
$1≤w_i<2^{20}, 1≤k<220$

题解

可持久化01字典树合并
$tag[i]$ 表示字典树节点编号为 $i$ 表示的点权的最小编号

代码

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

#define fi first
#define se second
#define lc (rt<<1)
#define rc (rt<<1|1)
#define mp make_pair
#define ep emplace_pop
#define eb emplace_back
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define rall(x) x.rbegin(),x.rend()
#define mst(a,v) memset(a,v,sizeof(a))
#define debug(x) cout<<#x": "<<x<<'\n';
#define IOS {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);}

typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef pair<int,int> pi;
typedef pair<ll,ll> pl;
typedef vector<int> vi;
typedef vector<ll> vl;
typedef vector<ld> vd;
typedef vector<pi> vpi;
typedef vector<pl> vpl;

const int K=20;
const int N=200007;
const int M=1111111;
const int mod=1e9+7;
const ld PI=acos(-1.0);
const int inf=0x3f3f3f3f;
const ll INF=0x3f3f3f3f3f3f3f3fLL;

template<class T> bool re(T &x)
{
    int f=1;
    char c=getchar();
    for( ; !isdigit(c); c=getchar())
    {
        if(c==-1) return false;
        if(c==45) f=-1;
    }
    for(x=c^48; isdigit(c=getchar()); x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48));
    return x*=f,true;
}

template<class T> inline void gmax(T &A,T B)
{
    (A<B)&&(A=B);
}

template<class T> inline void gmin(T &A,T B)
{
    (A>B)&&(A=B);
}

int n,m,u,x,tot,cnt;
int h[N],ne[N<<1],p[N<<1],w[N],tag[2*N*22],root[N],trie[2*N*22][2];

void add(int u, int v)
{
    p[++tot]=v,ne[tot]=h[u],h[u]=tot;
}

int insert(int x, int k, int i)
{
    int u=++cnt;
    if(k<0)
    {
        tag[u]=i;
        return u;
    }
    int t=(x>>k)&1;
    trie[u][t]=insert(x,k-1,i);
    trie[u][t^1]=0;
    return u;
}

int merge(int x, int y, int k)
{
    if(!x) return y;
    if(!y) return x;
    if(k<0) return (tag[x]<tag[y]? x:y);
    int t=++cnt;
    trie[t][1]=merge(trie[x][1],trie[y][1],k-1);
    trie[t][0]=merge(trie[x][0],trie[y][0],k-1);
    return t;
}

int query(int u, int x, int k)
{
    if(k<0) return tag[u];
    int t=(x>>k)&1;
    if(trie[u][t^1]) return query(trie[u][t^1],x,k-1);
    else return query(trie[u][t],x,k-1);
}

void dfs(int u, int fa)
{
    for(int i=h[u]; i; i=ne[i]) if(p[i]!=fa) dfs(p[i],u);
    for(int i=h[u]; i; i=ne[i]) if(p[i]!=fa) root[u]=merge(root[u],root[p[i]],K);
}

int main()
{
    int T;
    re(T);
    while(T--)
    {
        re(n),re(m);
        u=x=tot=cnt=0;
        for(int i=1; i<=n; i++) h[i]=0;
        for(int i=1; i<=n; i++)
        {
            re(w[i]);
            root[i]=insert(w[i],K,i);
        }
        for(int i=1; i<n; i++)
        {
            int u,v;
            re(u),re(v);
            add(u,v),add(v,u);
        }
        dfs(1,0);
        for(int i=0; i<m; i++)
        {
            int a,b;
            re(a),re(b);
            u^=a,x^=b;
            u=query(root[u],x,K);
            x=w[u]^x;
            printf("%d %d\n",u,x);
        }
    }
    return 0;
}

CodeChef April Challenge 2019 Division 2

目录

前言

Maximum Remaining

题意

数据范围

题解

代码

Friend or Girlfriend

题意

数据范围

题解

代码

Fencing

题意

数据范围

题解

代码

Subtree Removal

题意

数据范围

题解

代码

Playing with Numbers

题意

数据范围

题解

代码

Kira Loves Palindromes

题意

数据范围

题解

代码

Mininum XOR over Tree

题意

数据范围

题解

代码

猜你喜欢