Codeforces Round #665 (Div. 2)

2020/8/21 晚上打完球就22:10了，愣是没报上名（cf打不开，然后就做了一下赛后交的过了3个题

A - Distance and Axis

数学题分类讨论一下即可

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,k;
int main()
{
    IO;
    int T;
    cin>>T;
    while(T--)
    {
        cin>>n>>k;
        int res=0;
        if(k>n)
        {
            res+=k-n;
        }
        else
        {
            if(k%2!=n%2) res++;
        }
        cout<<res<<endl;
    }
    return 0;
}

B - Ternary Sequence

贪心，先让第一个序列的2找第二个序列的1配对（加分）， 然后看看第一个序列的1先找第二个序列的0和1配对（分数不变），最后找第二个序列2配对（减分）

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
ll x,y,z;
ll a,b,c;
int main()
{
    IO;
    int T;
    cin>>T;
    while(T--)
    {
        cin>>x>>y>>z;
        cin>>a>>b>>c;
        ll res=0;
        res+=2*min(z,b);
        y-=a;
        y-=b-min(z,b);
        if(y>0) res-=2*y;
        cout<<res<<endl;
    }
    return 0;
}

C - Mere Array

这题是个脑筋急转弯。首先先找到数组中最小的数mina如果想要交换两个数，那么两个数的最大公因数必须是mina，然后可以先把原数组排序不妨记作数组b[]，如果a[i]!=b[i]说明原数组中该位置的值需要交换位置，那么这个数必须是mina的倍数，并且只要是这个数的倍数就一定能交换（我们可以考虑让它和mina所在位置交换）。因此只要位置不正确的数全都是mina的倍数就可以满足题意。

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
const int N=200010;
int a[N],b[N];
int n;
int main()
{
    IO;
    int T;
    cin>>T;
    while(T--)
    {
        cin>>n;
        int mina=1e9+1;
        for(int i=1;i<=n;i++) 
        {
            cin>>a[i];
            b[i]=a[i];
            mina=min(mina,a[i]);
        }
        sort(b+1,b+1+n);
        bool ok=1;
        for(int i=1;i<=n;i++)
            if(a[i]!=b[i]&&a[i]%mina!=0) 
            {
                ok=0;
                break;
            }
        if(ok) cout<<"YES"<<endl;
        else cout<<"NO"<<endl;
    }
    return 0;
}

D - Maximum Distributed Tree

贪心：可以考虑统计每条边通过的次数，然后通过次数多的分配边权最大。
如何统计每条边通过次数？
考虑树中的一条边，如果将该边去掉将会分成两部分，可以统计该两部分的点的数量，该边的通过次数即两部分相乘一部分点数为sz那么另一部分即为n-sz那么该边通过次数即sz*(n-sz)。跑一个dfs即可统计出来。
目前有n-1条边待分配边权，有m个边权值，如果m>n-1，把前几个大数乘起来（保证所有边权乘起来等于k）分配给经过边数最多的那条边。如果m==n-1那么就一个边一个数贪心经过次数多的边权重大。如果m<n-1最后几条边权重是1。
（之前没考虑m>n-1这种情况wwwsTO）

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<vector>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
const int mod=1e9+7;
const int N=100010,M=2*N;
int n,m;
int h[N],e[M],ne[M],idx;
vector<ll>w;
ll sz[N],p[N];
void add(int a,int b)
{
    e[idx]=b;
    ne[idx]=h[a];
    h[a]=idx++;
}
void dfs(int u,int fa)
{
    sz[u]=1;
    for(int i=h[u];i!=-1;i=ne[i])
    {
        int j=e[i];
        if(j==fa) continue;
        dfs(j,u);
        sz[u]+=sz[j];
        w.push_back(1ll*sz[j]*(n-sz[j]));
    }
}
void init(int n)
{
    for(int i=0;i<=n;i++) h[i]=-1;
    w.clear();
    idx=0;
}
int main()
{
    IO;
    int T;
    cin>>T;
    while(T--)
    {
        cin>>n;
        init(n);
        for(int i=1;i<n;i++)
        {
            int a,b;
            cin>>a>>b;
            add(a,b);
            add(b,a);
        }
        cin>>m;
        for(int i=0;i<m;i++) cin>>p[i];
        sort(p,p+m);reverse(p,p+m);
        dfs(1,-1);
        sort(w.begin(),w.end());reverse(w.begin(),w.end());
        ll res=0;
        if(m<=w.size())
        {
            for(int i=0;i<m;i++) res=(res+1ll*(w[i]%mod*p[i]%mod))%mod;
            for(int i=m;i<w.size();i++) res=(res+w[i])%mod;
        }
        else
        {
            int k=m-w.size();
            res=w[0]%mod;
            for(int i=0;i<=k;i++) res=res*p[i]%mod;
            for(int i=k+1;i<m;i++) res=(res+w[i-k]%mod*p[i]%mod)%mod;
        }
        cout<<res<<endl;
    }
    return 0;
}

F-Reverse and Swap

F题Reverse and Swap
留个坑，回来补这题数据结构
2020/8/23补
方法一：
首先这题单点修改，区间查询无疑线段树可以做。
考虑如何进行区间交换？
由于数组线段树固定做儿子和右儿子的下标父节点 u 左孩子u<<1 右孩子u<<1|1，传统方式不宜进行区间交换，因此采用指针方式记录左右孩子（主席树方式）那么区间交换直接交换左右孩子即可，而区间反转则是递归交换左右子树直到叶子节点。
尝试用懒标极维护区间操作：lazy看成一个二进制数（状态压缩），对于一个节点如果lazy^id!=0说明id中的1所在的位置lazy中也是1那么表示需要该节点的左右子树。
于是区间反转则是在根节点直接打上标记tree[root].lazy^=(1<<(k+1))-1;
区间交换则tree[root].lazy^=1<<(k+1);
参考大佬题解

// [1 2 3 4        5 6 7 8]           1000   id:3
// [1 2 3 4]      [5 6 7 8]           0100   id:2
// [1 2] [3 4]  [5 6] [7 8]           0010   id:1 
// [1][2][3][4][5][6][7][8]           0001   id:0
#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<vector>
#include<set>
#include<map>
#include<string>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
const int N=(1<<18)+10;
int n,q;
ll a[N];
struct node
{
    int l,r;
    ll s;
    int id,lazy;
}tree[40*N];
int cnt,root;
void pushup(int u)
{
    tree[u].s=tree[tree[u].l].s+tree[tree[u].r].s;
}
void pushdown(int u)
{
    if(tree[u].id&tree[u].lazy)
    {
        swap(tree[u].l,tree[u].r);
        tree[u].lazy^=tree[u].id;
    }
    tree[tree[u].l].lazy^=tree[u].lazy;
    tree[tree[u].r].lazy^=tree[u].lazy;
    tree[u].lazy=0;

}
void build(int &u,int l,int r)
{
    u=++cnt;
    tree[u].id=r-l+1;
    tree[u].lazy=0;
    if(l==r)
    {
        tree[u].s=a[l];
        return;
    }
    int mid=l+r>>1;
    build(tree[u].l,l,mid);
    build(tree[u].r,mid+1,r);
    pushup(u);
}
void modify(int u,int l,int r,int pos,int x)
{
    if(l==r)
    {
        tree[u].s=x;
        return;
    }
    pushdown(u);
    int mid=l+r>>1;
    if(pos<=mid) modify(tree[u].l,l,mid,pos,x);
    else modify(tree[u].r,mid+1,r,pos,x);
    pushup(u);
}
ll query(int u,int l,int r,int vl,int vr)
{
    if(vl<=l&&r<=vr) return tree[u].s;
    pushdown(u);
    int mid=l+r>>1;
    ll v=0;
    if(vl<=mid) v+=query(tree[u].l,l,mid,vl,vr);
    if(vr>mid) v+=query(tree[u].r,mid+1,r,vl,vr);
    pushup(u);
    return v;
}
void rev(int k)
{
    tree[root].lazy^=(1<<(k+1))-1;
    if(tree[root].id&tree[root].lazy)
    {
        swap(tree[root].l,tree[root].r);
        tree[root].lazy^=tree[root].id;
    }
}
void swp(int k)
{
    tree[root].lazy^=1<<(k+1);
    if(tree[root].id&tree[root].lazy)
    {
        swap(tree[root].l,tree[root].r);
        tree[root].lazy^=tree[root].id;
    }
}
int main()
{
    IO;
    cin>>n>>q;
    for(int i=1;i<=1<<n;i++) cin>>a[i];
    build(root,1,1<<n);
    while(q--)
    {
        int op,x,y;
        cin>>op;
        if(op==1)
        {
            cin>>x>>y;
            modify(root,1,1<<n,x,y);
        }
        else if(op==2)
        {
            cin>>x;
            rev(x);
        }
        else if(op==3)
        {
            cin>>x;
            swp(x);
        }
        else 
        {
            cin>>x>>y;
            cout<<query(root,1,1<<n,x,y)<<endl;
        }
    }
    return 0;
}

看standing发现了一个神奇的做法自己写一下
方法二：
把线段树看成一层一层的，可以发现反转和交换操作都是在同层进行，因此可以以层数记录lazy，方法一是用swap操作实现reverse操作，同样其实也可以用reverse操作实现swap：可以先把上一层每个区间进行reverse然后把该层的每个区间再reverse实际上实现的就是swap操作。
之前说过传统线段树不宜进行区间反转等操作，这个方法秒在不进行区间反转操作，只记录每层的区间是否需要进行反转，仅仅在查询和更改时候进行相应的坐标变化即可。

// [1 2 3 4        5 6 7 8]   level:3
// [1 2 3 4]      [5 6 7 8]   level:2
// [1 2] [3 4]  [5 6] [7 8]   level:1
// [1][2][3][4][5][6][7][8]   level:0
// 区间交换 level=2 只需要先反转level=3 然后再反转level=2即可
#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<vector>
#include<set>
#include<map>
#include<string>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
const int N=(1<<18)+10;
int n,q;
int b[20];
ll a[N];
struct node
{
    int l,r,level;
    ll val;
}tree[4*N];
void pushup(int u)
{
    tree[u].val=tree[u<<1].val+tree[u<<1|1].val;
}
void build(int u,int l,int r,int level)
{
    tree[u]={l,r,level};
    if(l==r)
    {
        tree[u].val=a[l];
        return;
    }
    int mid=l+r>>1;
    build(u<<1,l,mid,level-1);
    build(u<<1|1,mid+1,r,level-1);
    pushup(u);
}
void modify(int u,int pos,int x)
{
    if(tree[u].l==tree[u].r)
    {
        tree[u].val=x;
        return;
    }
    if(b[tree[u].level]) pos=tree[u].r-(pos-tree[u].l);
    int mid=tree[u].l+tree[u].r>>1;
    if(pos<=mid) modify(u<<1,pos,x);
    else modify(u<<1|1,pos,x);
    pushup(u);
}
ll query(int u,int l,int r)
{
    if(tree[u].l==l&&r==tree[u].r) return tree[u].val;
    int lnow=l,rnow=r;
    if(b[tree[u].level])
    {
        lnow=tree[u].r-(r-tree[u].l);
        rnow=tree[u].r-(l-tree[u].l);
    }
    ll v=0;
    int mid=tree[u].l+tree[u].r>>1;
    if(rnow<=mid) v+=query(u<<1,lnow,rnow);
    else if(lnow>mid) v+=query(u<<1|1,lnow,rnow);
    else
    {
        v+=query(u<<1,lnow,mid);
        v+=query(u<<1|1,mid+1,rnow);
    }
    return v;
}
int main()
{
    cin>>n>>q;
    for(int i=1;i<=1<<n;i++) cin>>a[i];
    build(1,1,1<<n,n);
    while(q--)
    {
        int op,x,y;
        cin>>op;
        if(op==1)
        {
            cin>>x>>y;
            modify(1,x,y);
        }
        else if(op==2)
        {
            cin>>x;
            b[x]^=1;
        }
        else if(op==3)
        {
            cin>>x;
            b[x]^=1;
            b[x+1]^=1;
        }
        else 
        {
            cin>>x>>y;
            cout<<query(1,x,y)<<endl;
        }
    }
    return 0;
}

要加油哦~

本文地址：https://blog.csdn.net/Fighting_Peter/article/details/108166990