这场比赛的出题人挺有意思，全部magic成了青色。
还有题目中的图片特别有趣。
晚上没打，开virtual contest打的，就会前三道，我太菜了。
最后看着题解补了第四道。
A. Angry Students
题目大意：有t队学生，每个学生有两种状态，生气（A）或不生气（P）。（话说为什么生气的戴着圣诞帽哇）所有生气的人都会往前一个人丢雪球，被丢到的人也会变得生气，也会丢雪球。问你每队人中最后一个学生变得生气的时刻。
这题就是统计最长的连续的'P'当然前提是左边有生气的人。
代码如下：
1 #include <iostream> 2 #include <cstdio> 3 #include <algorithm> 4 #include <cstring> 5 #include <vector> 6 #define rep(x, l, r) for(int x = l; x <= r; x++) 7 #define repd(x, r, l) for(int x = r; x >= l; x--) 8 #define clr(x, y) memset(x, y, sizeof(x)) 9 #define all(x) x.begin(), x.end() 10 #define pb push_back 11 #define mp make_pair 12 #define MAXN 105 13 #define fi first 14 #define se second 15 #define SZ(x) ((int)x.size()) 16 using namespace std; 17 typedef long long ll; 18 typedef vector<int> vi; 19 typedef pair<int, int> pii; 20 const int INF = 1 << 30; 21 const int p = 1000000009; 22 int lowbit(int x){ return x & (-x);} 23 int fast_power(int a, int b){ int x; for(x = 1; b; b >>= 1){ if(b & 1) x = 1ll * x * a % p; a = 1ll * a * a % p;} return x % p;} 24 25 char st[MAXN]; 26 27 int main(){ 28 int t; 29 scanf("%d", &t); 30 while(t--){ 31 int n; 32 scanf("%d", &n); 33 scanf("%s", st); 34 int flag = 0, ans = 0, sum = 0; 35 rep(i, 0, n - 1){ 36 if(st[i] == 'A'){ 37 flag = 1; 38 sum = 0; 39 } 40 if(st[i] == 'P' && flag){ 41 sum++; 42 ans = max(ans, sum); 43 } 44 } 45 printf("%d\n", ans); 46 } 47 return 0; 48 }
B.Hyperset
题目大意：有n张卡，每张卡有k个特征，每个特征有三种（'S', 'E', 'T'），让你选出三张卡组成一套，使得三张卡中的每个特征全部相等或者全部不同。如样例三中的"SETT", "TEST", "EEET"是一套，"TEST", "ESTE", "STES"也是一套，问一共能选出几套。
这题数据很小，n在1500以内，把所有状态直接改为三进制数也是在longlong范围内，怎么做都行。
我的解法极其繁杂，转成数字后离散化再进行计数。
先枚举两张卡i和j，这样可以直接求出第三张卡的状态（如果前两张相同，第三张也相同，如果前两张不同，第三张就是剩下的那种），答案加上符合该种状态卡的个数。
又臭又长的代码：
1 #include <iostream> 2 #include <cstdio> 3 #include <algorithm> 4 #include <cstring> 5 #include <vector> 6 #include <map> 7 #define rep(x, l, r) for(int x = l; x <= r; x++) 8 #define repd(x, r, l) for(int x = r; x >= l; x--) 9 #define clr(x, y) memset(x, y, sizeof(x)) 10 #define all(x) x.begin(), x.end() 11 #define pb push_back 12 #define mp make_pair 13 #define MAXN 1505 14 #define MAXM 35 15 #define fi first 16 #define se second 17 #define SZ(x) ((int)x.size()) 18 using namespace std; 19 typedef long long ll; 20 typedef vector<int> vi; 21 typedef pair<int, int> pii; 22 const int INF = 1 << 30; 23 const int p = 1000000009; 24 int lowbit(int x){ return x & (-x);} 25 int fast_power(int a, int b){ int x; for(x = 1; b; b >>= 1){ if(b & 1) x = 1ll * x * a % p; a = 1ll * a * a % p;} return x % p;} 26 27 map<ll, int> Rank; 28 char st[MAXM]; 29 int a[MAXN][MAXM], c[MAXN], sum[MAXN]; 30 ll num[MAXN], b[MAXN]; 31 32 int judge(char ch){ 33 if(ch == 'S') return 0; 34 if(ch == 'E') return 1; 35 if(ch == 'T') return 2; 36 } 37 38 int main(){ 39 int n, len; 40 scanf("%d%d", &n, &len); 41 rep(i, 1, n){ 42 scanf("%s", st); 43 rep(j, 0, len - 1){ 44 num[i] = num[i] * 3 + judge(st[j]); 45 a[i][j + 1] = judge(st[j]); 46 } 47 b[i] = num[i]; 48 } 49 sort(b + 1, b + n + 1); 50 rep(i, 1, n) Rank[b[i]] = i; 51 rep(i, 1, n) c[i] = Rank[num[i]]; 52 int ans = 0; 53 rep(i, 1, n){ 54 rep(j, i + 1, n){ 55 ll s = 0; 56 rep(k, 1, len){ 57 int x = (6 - a[i][k] - a[j][k]) % 3; 58 s = s * 3 + x; 59 } 60 if(Rank.find(s) != Rank.end()) ans += sum[Rank[s]]; 61 } 62 sum[c[i]]++; 63 } 64 printf("%d\n", ans); 65 return 0; 66 }
C.Garland
题目大意：有一个由[ 1…n ]组成的排列，其中有一些数被取走了（取走的数用0表示），现在将这些数放回这些空余的位置中。序列中每有相邻一对数的奇偶性不同就会增加序列的复杂度，求复杂度最小为多少。
这题我是在大佬的提示下才做出来的。
首先看到这个奇偶性，那么就不客气了，把数字直接给丢了留个膜2的余数就好。
现在问题变成了再剩余的位置放0/1使得相邻的复杂度最小。
虽然codeforces上这题的算法标签标了个greedy，但是我没搞懂这题怎么贪。
但是我们发现放的数为多少只会对后一个数字产生影响，所以可以用动态规划。
状态为放了i个数，用了j个1，这个数放的是0/1。
转移分两种第i个空余位置和第i - 1个空余位置相邻或者不相邻。
相邻的话只要比较第i个数和第i - 1个数，不相邻的话要比较第i个数和它的前一个以及第i - 1个数和它后一个。
有以下几个注意点：
- j要比第i个数+第i - 1个数大，当然比i要小。
- （方便起见我给i = 1的时候赋了初值）赋初值得时候也需要分类，判断第一个空余位置是否在原排列的第一位，不然还要判断第一个数和它之前的数字对答案的贡献。
- 最后结束别忘了如果最后一个空余位置在原序列不是最后，也要计算贡献。
代码如下：
1 #include <iostream> 2 #include <cstdio> 3 #include <algorithm> 4 #include <cstring> 5 #include <vector> 6 #define rep(x, l, r) for(int x = l; x <= r; x++) 7 #define repd(x, r, l) for(int x = r; x >= l; x--) 8 #define clr(x, y) memset(x, y, sizeof(x)) 9 #define all(x) x.begin(), x.end() 10 #define pb push_back 11 #define mp make_pair 12 #define MAXN 105 13 #define fi first 14 #define se second 15 #define SZ(x) ((int)x.size()) 16 using namespace std; 17 typedef long long ll; 18 typedef vector<int> vi; 19 typedef pair<int, int> pii; 20 const int INF = 1 << 30; 21 const int p = 1000000009; 22 int lowbit(int x){ return x & (-x);} 23 int fast_power(int a, int b){ int x; for(x = 1; b; b >>= 1){ if(b & 1) x = 1ll * x * a % p; a = 1ll * a * a % p;} return x % p;} 24 25 int id[MAXN], a[MAXN], dp[MAXN][MAXN][2]; 26 27 int main(){ 28 int n, m = 0; 29 scanf("%d", &n); 30 int tot1 = 0; 31 rep(i, 1, n){ 32 int x; 33 scanf("%d", &x); 34 if(!x){ 35 m++; 36 id[m] = i; 37 a[i] = -1; 38 } 39 else{ 40 a[i] = x % 2; 41 if(x % 2) tot1++; 42 } 43 } 44 int l = (n + 1) / 2 - tot1; 45 rep(i, 1, m) 46 rep(j, 0, l) 47 rep(k, 0, 1) dp[i][j][k] = INF; 48 if(id[1] == 1){ 49 dp[1][0][0] = 0; 50 dp[1][1][1] = 0; 51 } 52 else{ 53 dp[1][0][0] = 0 ^ a[id[1] - 1]; 54 dp[1][1][1] = 1 ^ a[id[1] - 1]; 55 } 56 rep(i, 2, m) 57 rep(j, 0, min(i, l)) 58 rep(k, 0, 1){ 59 dp[i][j][k] = INF; 60 if(j < k) continue; 61 if(id[i - 1] < id[i] - 1){ 62 dp[i][j][k] = min(dp[i][j][k], dp[i - 1][j - k][0] + (0 ^ a[id[i - 1] + 1]) + (k ^ a[id[i] - 1])); 63 if(j >= k + 1) dp[i][j][k] = min(dp[i][j][k], dp[i - 1][j - k][1] + (1 ^ a[id[i - 1] + 1]) + (k ^ a[id[i] - 1])); 64 } 65 else{ 66 dp[i][j][k] = min(dp[i][j][k], dp[i - 1][j - k][0] + (0 ^ k)); 67 if(j >= k + 1) dp[i][j][k] = min(dp[i][j][k], dp[i - 1][j - k][1] + (1 ^ k)); 68 } 69 } 70 int s1 = dp[m][l][0], s2 = dp[m][l][1]; 71 if(id[m] != n){ 72 s1 += 0 ^ a[id[m] + 1]; 73 s2 += 1 ^ a[id[m] + 1]; 74 } 75 int ans = min(s1, s2); 76 rep(i, 1, n - 1){ 77 if(a[i] == -1 || a[i + 1] == -1) continue; 78 ans += a[i] ^ a[i + 1]; 79 } 80 printf("%d\n", ans); 81 return 0; 82 }
D.Numbers on Tree
题目大意：有一颗有根树，每一个节点有一个值ai，用ci表示以i为根的子树中比i小的节点的j个数（即aj < ai）。现在给你n和c数组，让你给出满足以上条件的任意一种a的方案。
这题一开始完全不会，百度了题解后才过的：大佬的题解
我们发现一个子树整体无论变化多少，这个子树中所有节点都是满足情况的。
并且一个子树中只要大小关系保持不变，怎么变化也都是满足情况的。
那么我们只要将当前节点的子树按照原来节点的值排个序。每个节点的值直接改成它的编号，还是满足条件。
至于当前节点u，在这些节点的上面不会产生影响，只需要在编号c[u]处插入，后面的节点都忘后移就好（反正n才2000，够我们玩）。
当一个点的时候直接是1（就是c[u] + 1）了。
这边为了方便排序使用pair，表示节点的值和这个节点的数。
代码如下:
1 #include <iostream> 2 #include <cstdio> 3 #include <algorithm> 4 #include <cstring> 5 #include <vector> 6 #define rep(x, l, r) for(int x = l; x <= r; x++) 7 #define repd(x, r, l) for(int x = r; x >= l; x--) 8 #define clr(x, y) memset(x, y, sizeof(x)) 9 #define all(x) x.begin(), x.end() 10 #define pb push_back 11 #define mp make_pair 12 #define MAXN 2005 13 #define fi first 14 #define se second 15 #define SZ(x) ((int)x.size()) 16 using namespace std; 17 typedef long long ll; 18 typedef vector<int> vi; 19 typedef pair<int, int> pii; 20 const int INF = 1 << 30; 21 const int p = 1000000009; 22 int lowbit(int x){ return x & (-x);} 23 int fast_power(int a, int b){ int x; for(x = 1; b; b >>= 1){ if(b & 1) x = 1ll * x * a % p; a = 1ll * a * a % p;} return x % p;} 24 25 int c[MAXN], ans[MAXN], sz[MAXN]; 26 vi edge[MAXN]; 27 vector<pii> ve[MAXN]; 28 29 void dfs(int u){ 30 ve[u].clear(); 31 sz[u] = 1; 32 rep(i, 0, SZ(edge[u]) - 1){ 33 int v = edge[u][i]; 34 dfs(v); 35 sz[u] += sz[v]; 36 rep(j, 0, SZ(ve[v]) - 1) ve[u].pb(ve[v][j]); 37 } 38 if(c[u] >= sz[u]){ 39 puts("NO"); 40 exit(0); 41 } 42 sort(all(ve[u])); 43 rep(i, 0, SZ(ve[u]) - 1) ve[u][i].fi = i + 1; 44 ve[u].insert(ve[u].begin() + c[u], mp(c[u] + 1, u)); 45 rep(i, c[u] + 1, SZ(ve[u]) - 1) ve[u][i].fi++; 46 } 47 48 int main(){ 49 int n; 50 scanf("%d", &n); 51 int root; 52 rep(i, 1, n){ 53 int fa; 54 scanf("%d%d", &fa, &c[i]); 55 if(!fa) root = i; 56 else edge[fa].pb(i); 57 } 58 dfs(root); 59 puts("YES"); 60 sort(all(ve[root])); 61 rep(i, 0, SZ(ve[root]) - 1) ans[ve[root][i].se] = ve[root][i].fi; 62 rep(i, 1, n) printf("%d ", ans[i]); 63 puts(""); 64 return 0; 65 }