A. Prime Subtraction (CF 1238 A)
题目大意
给定(x,y)，问它们的差能否表示成质数和。
解题思路
任何大于(1)数都可以做质因数分解，那么只要差不是(1)，都是可以的。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef vector<int> VI;
typedef pair<int,int> PII;
typedef vector<PII> VPII;
typedef vector<LL> VL;
typedef pair<LL,LL> PLL;
typedef vector<PLL> VPLL;
template <typename T>
void read(T &x) {
int s = 0, c = getchar();
x = 0;
while (isspace(c)) c = getchar();
if (c == 45) s = 1, c = getchar();
while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
if (s) x = -x;
}
template <typename T>
void write(T x, char c = ' ') {
int b[40], l = 0;
if (x < 0) putchar(45), x = -x;
while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
if (!l) putchar(48);
while (l) putchar(b[--l] | 48);
putchar(c);
}
int main(void) {
int kase; read(kase);
for (int i = 1; i <= kase; i++) {
LL a,b;
read(a);
read(b);
if (a-b==1) puts("NO");
else puts("YES");
}
return 0;
}
B. Kill 'Em All (CF 1238 B)
题目大意
给定(n,r)，在一维数轴上，(x>0)有(n)个怪物位置分别在(x_i)，现可以扔一个炸弹到某位置(d)，位置(d)的怪物就挂了，小于(d)的会后退(r)单位，即坐标变为(x_i-r)，大于(d)的会前进(r)单位，即坐标变为(x_i+r)。若怪物坐标小于等于(0)则怪物也挂了。问最少扔多少个炸弹使得所有怪物都挂了。
解题思路
如果任意扔中间位置，原点远的怪物会越来越远，这时要不直接打它，要不用冲击波让它飞到小于等于(0)处这显然不是最优的。显然贪心每次打最远的怪物直到所有怪物的坐标都小于等于0或者所有怪物都挂了。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef vector<int> VI;
typedef pair<int,int> PII;
typedef vector<PII> VPII;
typedef vector<LL> VL;
typedef pair<LL,LL> PLL;
typedef vector<PLL> VPLL;
template <typename T>
void read(T &x) {
int s = 0, c = getchar();
x = 0;
while (isspace(c)) c = getchar();
if (c == 45) s = 1, c = getchar();
while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
if (s) x = -x;
}
template <typename T>
void write(T x, char c = ' ') {
int b[40], l = 0;
if (x < 0) putchar(45), x = -x;
while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
if (!l) putchar(48);
while (l) putchar(b[--l] | 48);
putchar(c);
}
int main(void) {
int kase; read(kase);
for (int i = 1; i <= kase; i++) {
int n;
LL r;
vector<LL> pos;
bool sign[100005]={0};
read(n);
read(r);
for(int u,i=1;i<=n;++i){
read(u);
if (!sign[u]){
pos.push_back(u);
sign[u]=true;
}
}
sort(pos.begin(),pos.end(),greater<int>());
LL cnt=0;
for(auto i:pos){
if (i-cnt*r<=0) break;;
++cnt;
}
write(cnt,'
');
}
return 0;
}
C. Standard Free2play (CF 1238 C)
题目大意
给定(h,n)，表示初始高度为(h)，初始有(n)块板高度分别为(h_i)是伸出来的，你需要从(h)到地面（高度为(0))，当站上一块板后，该板和下一块板的状态会发生改变，即从伸出来变成缩进去，或者从缩进去变成伸出来。你一次最多可以掉落两个高度单位。问初始最少需要改变多少块板的状态，你才能安全到达地面。
解题思路
手玩几个样例会发现，初始如果有连续偶数个板伸出来，这时候需要改变一个板的状态，可以改变最后一个伸出来的或者最后一个伸出来的下一块板的状态，使得这个连续板伸出来的数量为偶数。而对于中间如果有连续奇数个板伸出来，这时候也需要改变一块板的状态。问题就转换成统计连续板的奇偶性问题了。注意与地面连接的连续板的那部分不需要考虑。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef vector<int> VI;
typedef pair<int,int> PII;
typedef vector<PII> VPII;
typedef vector<LL> VL;
typedef pair<LL,LL> PLL;
typedef vector<PLL> VPLL;
template <typename T>
void read(T &x) {
int s = 0, c = getchar();
x = 0;
while (isspace(c)) c = getchar();
if (c == 45) s = 1, c = getchar();
while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
if (s) x = -x;
}
template <typename T>
void write(T x, char c = ' ') {
int b[40], l = 0;
if (x < 0) putchar(45), x = -x;
while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
if (!l) putchar(48);
while (l) putchar(b[--l] | 48);
putchar(c);
}
int main(void) {
int kase; read(kase);
for (int i = 1; i <= kase; i++) {
int n,h;
read(h);
read(n);
int cnt=0;
int la;
read(la);
int ans=0;
for(int v,i=2;i<=n;++i){
read(v);
if (la-v==1) ++cnt;
else{
if (cnt&1) ++ans;
cnt=1;
}
la=v;
}
if (la-0==1) ++cnt;
else if (cnt&1) ++ans;
if (h==1) ans=0;
write(ans,'
');
}
return 0;
}
D. AB-string (CF 1238 D)
题目大意
给定一个长度为(n)的(AB)串(s)，问串(s)有多少个子串是好串。一个串是好串当且仅当它的每个字母都在某个回文子串中。
解题思路
直接统计会爆时间，考虑每个回文串去统计对答案的贡献比较难，但发现统计不是好串的数量十分容易，我们可以容斥。
由于串中仅包含(AB)，我们考虑一段连续的长度为(l)的(A)子串，记为(t)，它的右边一位是(B)，则(tB)不是好串，(t)减去前面若干个(A)后也不是好串，这时不是好串的数量有(l)个，如果(B)后面是(B)，则(tBB)是好串。而如果后面是(A)，则(tBA)还是个好串。所以不是好串的子串都是形如(AAAAAB)或者(BBBBBA)，当然也有(ABBBBB)或者(BAAAAAA)，所以前扫一遍后扫一遍即可得出答案。注意长度为(2)的不是好串的串重复统计的情况。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef vector<int> VI;
typedef pair<int,int> PII;
typedef vector<PII> VPII;
typedef vector<LL> VL;
typedef pair<LL,LL> PLL;
typedef vector<PLL> VPLL;
template <typename T>
void read(T &x) {
int s = 0, c = getchar();
x = 0;
while (isspace(c)) c = getchar();
if (c == 45) s = 1, c = getchar();
while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
if (s) x = -x;
}
template <typename T>
void write(T x, char c = ' ') {
int b[40], l = 0;
if (x < 0) putchar(45), x = -x;
while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
if (!l) putchar(48);
while (l) putchar(b[--l] | 48);
putchar(c);
}
int main(void) {
int n;
read(n);
char s[n];
scanf("%s",s);
LL ans=(LL)n*(n+1)/2;
int cnt=1;
for(int i=1;i<n;++i){
if (s[i]==s[i-1]) ++cnt;
else{
ans-=cnt;
cnt=1;
}
}
cnt=1;
for(int i=n-1;i>=0;--i){
if (s[i]==s[i+1]) ++cnt;
else{
ans-=cnt-1;
cnt=1;
}
}
ans-=n;
write(ans,'
');
return 0;
}
E. Keyboard Purchase (CF 1238 E)
题目大意
给定(n,m)，以及长度为(n)的仅包含字母表前(m)个的串(s)，现在需要重新安排这前(m)个字母的顺序，排成一列，使得输入这个串(s)的代价最小。输入串的代价为手指需要移动的距离。
解题思路
考虑暴力，即枚举排列的情况分别计算，我们发现这很像数位(DP)。由于(mleq 20)，我们可以状压，设(dp[k])表示我们已经排好的字母的状态下，剩下的字母排列的所有情况中，需要的最小代价。由于(k)在二进制中(1)的数量暗示了当前要填的数的位置，我们枚举当前位置(pos)要填的一个字母(x)，考虑填这个字母后它所贡献的代价，即为(cnt_{xy} imes |pos_x-pos_y|)，其中(cnt_{xy})表示在串(s)中，字母(xy)相邻的次数。但由于(y)的位置从我们设置的状态中无法得知，或者还没填进去。但我们把因子乘进去，我们可以分别计算两者的贡献，即填(y)的时候，我们把(-cnt_{xy} imes pos_y)放进答案，当填(x)的时候，我们再把(cnt_{xy} imes pos_x)放进答案，这样就组成了(cnt_{xy} imes (pos_x-pos_y))。所以我们填(x)后，对于已经填进去的字母(y)我们把(cnt_{xy} imes pos_x)放进答案，而没出现的，就把(-cnt_{xy} imes pos_x)放进答案。记忆化搜索即可。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef vector<int> VI;
typedef pair<int,int> PII;
typedef vector<PII> VPII;
typedef vector<LL> VL;
typedef pair<LL,LL> PLL;
typedef vector<PLL> VPLL;
template <typename T>
void read(T &x) {
int s = 0, c = getchar();
x = 0;
while (isspace(c)) c = getchar();
if (c == 45) s = 1, c = getchar();
while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
if (s) x = -x;
}
template <typename T>
void write(T x, char c = ' ') {
int b[40], l = 0;
if (x < 0) putchar(45), x = -x;
while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
if (!l) putchar(48);
while (l) putchar(b[--l] | 48);
putchar(c);
}
const int N=1e5+8;
const LL INF=1e9+7;
int n,m;
char s[N];
LL dp[1<<20];
int cnt[27][27];
void solve(int cur,int num){
if (cur==(1<<m)-1) return;
if (dp[cur]!=INF) return;
for(int i=0;i<m;++i){
if ((cur>>i)&1) continue;
LL qwq=0;
for(int j=0;j<m;++j){
if (i==j) continue;
if ((cur>>j)&1) qwq+=cnt[i][j]*num;
else qwq-=cnt[i][j]*num;
}
solve(cur|(1<<i),num+1);
dp[cur]=min(dp[cur],dp[cur|(1<<i)]+qwq);
}
}
int main(void) {
read(n);
read(m);
scanf("%s",s);
int len=strlen(s);
for(int i=1;i<len;++i){
++cnt[s[i-1]-'a'][s[i]-'a'];
++cnt[s[i]-'a'][s[i-1]-'a'];
}
for(int i=0;i<(1<<m);++i) dp[i]=INF;
dp[(1<<m)-1]=0;
solve(0,1);
write(dp[0],'
');
return 0;
}
F. The Maximum Subtree (CF 1238 F)
题目大意
给定一棵树，要求找出最大的子树，使得该子树可以通过给定的方法构造出来。给定的方法为，选择一些线段，它们分别代表一个点，如果线段之间有交点，它们点与点之间有连线，然后这些线段所形成的图是你选定的子树。
解题思路
我们先考虑由线段构成的树会有什么性质。
容易发现这种树它的任意一个点所连的所有点中，最多只能有两个点有孩子。
然后就是一个找带权的最大直径问题，这个权是某点所连接的无孩子的点的数量。
或者可以采用树型(DP)，如果我们强行规定一个根，那么根可以有两个孩子有孙子，其余的仅可以有一个孩子有孙子。(dp[u][0])表示以(u)为根的子树的最大子树，(dp[u][1])表示以(u)父亲为根，(u)子树的最大子树。
则(dp[u][0]=MAX+SEC\_MAX+deg(u)+1,dp[u][1]=MAX+deg(u)-1)，其中(deg(u))表示点(u)的度，(MAX和SEC\_MAX)表示(u)的所有孩子(son_u)中，(dp[son_u][1])的最大值和次大值。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef vector<int> VI;
typedef pair<int,int> PII;
typedef vector<PII> VPII;
typedef vector<LL> VL;
typedef pair<LL,LL> PLL;
typedef vector<PLL> VPLL;
template <typename T>
void read(T &x) {
int s = 0, c = getchar();
x = 0;
while (isspace(c)) c = getchar();
if (c == 45) s = 1, c = getchar();
while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
if (s) x = -x;
}
template <typename T>
void write(T x, char c = ' ') {
int b[40], l = 0;
if (x < 0) putchar(45), x = -x;
while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
if (!l) putchar(48);
while (l) putchar(b[--l] | 48);
putchar(c);
}
void DFS(int u,int fa,vector<int> edge[],vector<int> °,int dp[][2]){
int ma=0,sma=0;
for(int v:edge[u]){
if (v==fa) continue;
DFS(v,u,edge,deg,dp);
if (dp[v][1]>=ma){
sma=ma;
ma=dp[v][1];
}
else sma=max(dp[v][1],sma);
}
dp[u][0]=ma+sma+deg[u]+1;
dp[u][1]=ma+deg[u]-1;
}
int main(void) {
int kase; read(kase);
for (int i = 1; i <= kase; i++) {
int n;
read(n);
vector<int> edge[n+1],deg(n+1);
for(int u,v,i=1;i<n;++i){
read(u);
read(v);
edge[u].push_back(v);
edge[v].push_back(u);
++deg[u];
++deg[v];
}
int dp[n+1][2]={0};
int root=1;
while(root<=n&°[root]==1) ++root;
if (root>n) {puts("2"); continue;}
DFS(root,root,edge,deg,dp);
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;++i) ans=max(ans,dp[i][0]);
write(ans,'
');
}
return 0;
}
G. Adilbek and the Watering System (CF 1238 G)
题目大意
浇花，水壶容量(c)，每分钟消耗一个单位的水，要浇(m)分钟，初始有(c0leq c)单位的水，现有(n)个朋友，第(i)个朋友会在(t_i)分钟来，最多带(a_i)单位的水，每单位水售价(b_i)。现要求能不断浇水，直到(m)分钟。最小化花费。不可行输出(-1)。
解题思路
其实完全可以变成汽车加油问题。
只是油箱容量有限制，我们仿照汽车加油问题采取贪心策略。
由于原先的汽车加油问题中油箱没有容量限制，使得我们可以在没油的时候才决定之前该在哪个加油站加油。而这里有限制，如果仍采取上述策略的话很有可能导致某处加油会爆容量。
为了防止爆容量，我们可以在每个加油站都把油箱加满，而在使用油的时候再认为我们花费了钱去买它。当到达一个加油站时，我们对油箱里单价比当前加油站的油高的油进行替换，这样我们就时刻保证油箱里的油是可使用的最便宜的，正确性很显然的。用(map)即可实现。(map[i]=j)表示油箱里单价为(i)的油有(j)单位。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef vector<int> VI;
typedef pair<int,int> PII;
typedef vector<PII> VPII;
typedef vector<LL> VL;
typedef pair<LL,LL> PLL;
typedef vector<PLL> VPLL;
template <typename T>
void read(T &x) {
int s = 0, c = getchar();
x = 0;
while (isspace(c)) c = getchar();
if (c == 45) s = 1, c = getchar();
while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
if (s) x = -x;
}
template <typename T>
void write(T x, char c = ' ') {
int b[40], l = 0;
if (x < 0) putchar(45), x = -x;
while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
if (!l) putchar(48);
while (l) putchar(b[--l] | 48);
putchar(c);
}
int main(void) {
int kase; read(kase);
for (int i = 1; i <= kase; i++) {
int n,m,c,c0;
read(n);
read(m);
read(c);
read(c0);
map<int,int> qwq;
vector<pair<int,pair<int,int>>> f;
for(int t,a,b,i=1;i<=n;++i){
read(t);
read(a);
read(b);
f.push_back(make_pair(t,make_pair(b,a)));
}
f.push_back(make_pair(0,make_pair(0,c0)));
f.push_back(make_pair(m,make_pair(0,0)));
sort(f.begin(),f.end(),less<pair<int,pair<int,int>>>());
LL ans=0;
int cur=c0;
qwq[f[0].second.first]=f[0].second.second;
for(int i=1;i<=n+1;++i){
if (f[i].first>m) break;
int tmp=f[i].first-f[i-1].first;
if (tmp>cur){ans=-1; break;}
while(tmp>0){
int qaq=min(tmp,qwq.begin()->second);
ans+=(LL)qaq*qwq.begin()->first;
qwq.begin()->second-=qaq;
if (qwq.begin()->second==0) qwq.erase(qwq.begin());
tmp-=qaq;
cur-=qaq;
}
cur+=f[i].second.second;
qwq[f[i].second.first]+=f[i].second.second;
while(cur>c){
int qaq=min(cur-c,qwq.rbegin()->second);
cur-=qaq;
qwq.rbegin()->second-=qaq;
auto it=qwq.end();
--it;
if (qwq.rbegin()->second==0) qwq.erase(it);
}
}
write(ans,'
');
}
return 0;
}