Wannafly挑战赛28 Solution

A：msc和mas

Solved.

考虑斐波那契数列，即最多加45次即会超过1e9,直接暴力即可

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
int a, b, l;
 
int solve(int st)
{
    int A = a, B = b;
    while (1)
    {
        if (st == 1)
        {
            if (A > l) return printf("Yes");
            else
            {
                int B0 = B;
                while (B < 2 * B0) B += A;
            }
        }
        else
        {
            if (B > l) return printf("No");
            else
            {
                int A0 = A;
                while (A < 2 * A0) A += B;
            }
        }
        st ^= 1;
    }
}
 
int main()
{
    while (scanf("%d%d%d", &a, &b, &l) != EOF)
    {
        solve(1); putchar(' ');
        solve(0); putchar('
');
    }
    return 0;
}

B：msc和mcc

Solved.

考虑如果有一个区间满足，那么左右两边扩展区间肯定也是满足的

再考虑从左到右，如果$1-x满足，那么2-y满足的话， 显然有y >= x$

那么只需要双指针找到以i为左界，找到最近的右界，那么这个点的贡献就是n - r + 1

再考虑怎么判断是否合法

不难发现，只有mscmcc 和 mccmsc 两种情况，注意其中可以加入其他字符，但是最终取出的子序列都会归结到这两种情况 都判断一下即可

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

#define ll long long
#define N 100010
int n; 
char str[N];
set <int> m, s, c;
int st_m[2], pos_s, pos_c[2];

bool check1()
{
    // mscmcc
    if (s.upper_bound(st_m[0]) == s.end()) return false;
    pos_s = *s.upper_bound(st_m[0]); 
    if (c.upper_bound(pos_s) == c.end()) return false;
    pos_c[0] = *c.upper_bound(pos_s);
    if (c.upper_bound(max(st_m[1], pos_c[0])) == c.end()) return false;
    pos_c[1] = *c.upper_bound(max(st_m[1], pos_c[0]));
    if (c.upper_bound(pos_c[1]) == c.end()) return false;
    return true; 
}

bool check2()
{
    // mccmsc
    if (c.upper_bound(st_m[0]) == c.end()) return false;
    pos_c[0] = *c.upper_bound(st_m[0]);
    if (c.upper_bound(pos_c[0]) == c.end()) return false;
    pos_c[1] = *c.upper_bound(pos_c[0]);
    if (s.upper_bound(st_m[1]) == s.end()) return false;
    pos_s = *s.upper_bound(st_m[1]);
    if (c.upper_bound(max(pos_s, pos_c[1])) == c.end()) return false; 
    return true;
}
    
bool ok()
{
    if (m.size() < 2) return false;
    if (s.size() < 1) return false;
    if (c.size() < 3) return false;
    st_m[0] = *m.begin(); m.erase(m.begin()); 
    st_m[1] = *m.begin(); m.insert(st_m[0]); 
    if (check1()) return true;
    if (check2()) return true;
    return false; 
}

int main()
{
    while (scanf("%d", &n) != EOF)
    {
        m.clear(); s.clear(); c.clear();
        ll res = 0; 
        scanf("%s", str + 1);
        for (int i = 1, r = 0; i <= n; ++i)
        {
            while (r < n && !ok())
            {
                ++r;  
                if (str[r] == 'm') m.insert(r);
                else if (str[r] == 's') s.insert(r);
                else c.insert(r); 
            }
            if (!ok()) break;
            res += n - r + 1; 
            if (str[i] == 'm') m.erase(i);
            else if (str[i] == 's') s.erase(i);
            else c.erase(i); 
        }
        printf("%lld
", res); 
    }
    return 0;
}

C：msc的宠物

Upsolved.

先二分答案，再DP求解最少需要删去的边数。

设$g[u] 表示 以 u 为根的子树下最少需要删去的边数，f[u][x] 表示以u为根的子树下u所处的连通块中点权最大值为x的情况下最少需要删去的边数$

$对于u 和 v  如果 a[u] < x 并且 a[v] < x 并且 abs(a[u] - a[v])  < x  那么 u 和 v 就可以同属一个连通块 $

$那么转移就是 f[u][x] += min(g[v] +1, f[v][x])$

其他情况的转移都是 $f[u][x] += g[v] +1$

最后 $g[u] = min(f[u][x])$

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

#define N 1010
#define INF 0x3f3f3f3f
#define ll long long
int n, k, a[N], f[N][N], g[N]; ll x;
vector <int> G[N];

void dp(int u, int fa = 0)
{
    for (auto v : G[u]) if (v != fa)
    {
        dp(v, u);
        for (int i = 1; i <= n; ++i)
        { 
            if (a[u] <= a[i] && a[v] <= a[i] && abs(a[u] - a[v]) <= x) 
                f[u][i] += min(g[v] + 1, f[v][i]); 
            else
                f[u][i] += g[v] + 1;
        }
    }
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        g[u] = min(g[u], f[u][i]);
}

bool check()
{
    memset(g, 0x3f, sizeof g);
    for (int i = 1; i <= n; ++i) for (int j = 1; j <= n; ++j)
        f[i][j] = (abs(a[i] - a[j]) <= x) ? 0 : INF;
    dp(1);  
    return g[1] <= k;
}

void Run()
{
    while (scanf("%d%d", &n, &k) != EOF)
    {
        for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", a + i);
        for (int i = 1, u, v; i < n; ++i)
        {
            scanf("%d%d", &u, &v);
            G[u].push_back(v);
            G[v].push_back(u);
        } 
        ll l = 0, r = 2000000000, res = -1;
        while (r - l >= 0)
        {
            x = (l + r) >> 1; 
            if (check())
            {
                res = x;
                r = x - 1;
            }
            else
                l = x + 1;
        }
        printf("%d
", res);
    }
}

int main()
{
    #ifdef LOCAL
        freopen("Test.in", "r", stdin);
    #endif 

    Run();
    return 0;
}

D：msc的背包

Unsolved.

E：msc的序列

Unsolved.

F：msc的无向图

Unsolved.