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C-Attention
题意：一个字符队列，每个位置是(W)或(E)，计算最小的修改数量，使得存在一个位置，它之前的都是(E),之后的都是(F)
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define dbg1(x) cerr<<#x<<"="<<(x)<<" "
#define dbg2(x) cerr<<#x<<"="<<(x)<<"
"
#define dbg3(x) cerr<<#x<<"
"
using namespace std;
#define reg register
inline int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
const int MN=3e5+5;
int ans,tmp;
char s[MN];
int main()
{
int i,N=read();
scanf("%s",s+1);
for(i=1;i<N;++i)tmp+=s[i]=='W';ans=tmp;
for(i=N-1;i;--i)tmp+=s[i+1]=='E',tmp-=s[i]=='W',ans=min(ans,tmp);
printf("%d
",ans);
}
D-Xor Sum 2
题意：给出一个序列，问有多少个区间满足区间异或和等于区间和
发现满足若大区间满足，则内部区间都满足，采用尺取法即可。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define dbg1(x) cerr<<#x<<"="<<(x)<<" "
#define dbg2(x) cerr<<#x<<"="<<(x)<<"
"
#define dbg3(x) cerr<<#x<<"
"
using namespace std;
#define reg register
inline int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
const int MN=2e5+5;
int N,a[MN],Xor,Sum;
ll ans;
int main()
{
N=read();
reg int i,l,r;
for(i=1;i<=N;++i) a[i]=read();
for(l=1,r=1;l<=N;++l)
{
while((Xor^a[r])==(Sum+a[r])&&r<=N)
Xor^=a[r],Sum+=a[r++];
ans+=r-l;
Xor^=a[l];Sum-=a[l];
}
printf("%lld
",ans);
return 0;
}
E-Range Minimum Queries
题意：长度为(N)的序列，每次选一个长度为(K)的区间，删除任意一个最小的数，共执行(Q)次，问删除的数的最小极差
可以枚举最小删除的数，然后显然整个序列变成一个个可执行区间，从小到达删除可以删除的数，直到所有可执行的区间长度小于(K)，或恰好删了(Q)个数。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define dbg1(x) cerr<<#x<<"="<<(x)<<" "
#define dbg2(x) cerr<<#x<<"="<<(x)<<"
"
#define dbg3(x) cerr<<#x<<"
"
using namespace std;
#define reg register
inline int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
const int MN=2005,inf=1e9+5;
int N,K,Q;
int id[MN],a[MN];
bool cmp(int x,int y){return a[x]<a[y];}
int bel[MN],len[MN],cnt,bl;bool in[MN];
int solve(int pos)
{
memset(in,0,sizeof in);
cnt=bl=0;reg int i,j,k;
for(i=1;i<=N;++i)
{
for(;i<=N&&a[i]<a[pos];++i);
for(j=i;j<=N&&a[j]>=a[pos];++j);--j;//因为--j Wa了5次
for(len[++bl]=j-i+1,k=i;k<=j;++k)
bel[k]=bl,in[k]=true;
i=j;
}
for(i=1;i<=N;++i)if(in[id[i]]&&len[bel[id[i]]]>=K)
{
--len[bel[id[i]]];
if(++cnt==Q)return a[id[i]]-a[pos];
}
return inf;
}
int main()
{
N=read();K=read();Q=read();
reg int i;
for(i=1;i<=N;++i)a[id[i]=i]=read();
sort(id+1,id+N+1,cmp);
int ans=inf;
for(i=1;i<=N;++i) ans=min(ans,solve(i));
return 0*printf("%d
",ans);
}
F-Donation
题意：一张简单图，每个点有两个值(A_i,B_i)，一开始你有(W)yen，选择一个点满足(A_s<W)作为起始点，每次可以执行两种操作，移动到相邻的(i)点上去（满足(A_i<W)），或是对当前点捐赠(B_i)yen（(W-=B_i,Wgeq 0)），求可以对每个点都恰好捐赠一次的最小(W)
我们将题目关于(Wgeq A_i)的限制更改为经过一个点之后需满足(Wgeq Max(A_i-B_i,0))，并且一定是在最后一次经过某个点的时候才对这个点进行捐赠
证明：
-
如果对这个点进行了捐赠，那么捐赠前(Wgeq Max(A_i-B_i,0)+B_igeq A_i)
-
如果没有对这个点进行捐赠，那么之后肯定会对这个点进行捐赠，因为满足每一时刻的限制，所以当前的(Wgeq A_i)
-
关于“一定是在最后一次经过某个点的时候才对这个点进行捐赠”，因为我们可以延迟捐赠，这样对之后的操作无影响，并且对于之前时刻的(W)有增无减
我们可以设(C_i=Max(A_i-B_i,0))
转化条件后，我们走到第(k)步（移动第(k)次）到达点(id_k)需要满足的是：
(Wgeq SumB_k+C_{id_k})，其中(SumB)表示之前已经捐赠的钱的总和
所以(Wgeq Max_k{ SumB_k,C_{id_k}})
我们考虑最大的(C_i)，删除这个点之后，会使得原图裂成几个联通块(G_1,G_2,..G_n)，优秀的做法一定是先访问了所有的(G_i(i eq k))，然后在访问(G_k)，因为如果先访问了(G_k)中的某个点，一定会增大点(i)的要求下限值，而对(G_k)内的点的要求值无影响
所以我们可以类似的一次处理每个(G_i)内的点
具体的，可以建一棵树，满足每个节点是其子树所代表的联通块中(C_i)最大的
建树的过程可以对(C_i)从小到大排序，依次枚举每个点，将其相邻的并且根的(C_i)比当前小的树合并作为它的子树，这个过程需要用并查集维护每个点所在树的根
注意(C_i)可能相同，所以对于(C_i)的比较应该选用排序后的(rank)值
补：最后如和求答案？
答：建出树后在树上(Dp)即可，显然访问根之前的都没有用，因为根的(C_i)和(SumB)都是最大的，所以对于当前子树，假设根为(x)，枚举最后一个访问的联通块，答案就是(dp[x]=Min{ siz[x]-siz[y]+Max(C_x,dp_y)})。叶子节点特殊处理(dp_x=B_x+C_x)
没有路径压缩(TLE)了好几次
ps:哇哇哇我怎么写得这么认真。。。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define dbg1(x) cerr<<#x<<"="<<(x)<<" "
#define dbg2(x) cerr<<#x<<"="<<(x)<<"
"
#define dbg3(x) cerr<<#x<<"
"
using namespace std;
#define reg register
#define pb push_back
inline int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
const int MN=1e5+5;
int N,M,id[MN],rk[MN],par[MN];
ll f[MN],sz[MN],A[MN],B[MN],C[MN];
vector<int> G[MN],T[MN];
bool cmp(const int&x,const int&y){return C[x]<C[y];}
int getf(int x){return x==par[x]?x:par[x]=getf(par[x]);}
void rw(ll &x,ll y){if(y<x)x=y;}
void dfs(int x)
{
#define y T[x][i]
reg int i;sz[x]=B[x];f[x]=1e15;
if(!T[x].size())return (void)(f[x]=B[x]+C[x]);
for(i=T[x].size()-1;~i;--i)dfs(y),sz[x]+=sz[y];
for(i=T[x].size()-1;~i;--i)rw(f[x],sz[x]-sz[y]+max(C[x],f[y]));
#undef y
}
int main()
{
N=read();M=read();
reg int i,j,x,y;
for(i=1;i<=N;++i) par[i]=id[i]=i;
for(i=1;i<=N;++i) A[i]=read(),B[i]=read(),C[i]=max(A[i]-B[i],0LL);
for(i=1;i<=M;++i) x=read(),y=read(),G[x].pb(y),G[y].pb(x);
sort(id+1,id+N+1,cmp);
for(i=1;i<=N;++i)rk[id[i]]=i;
for(i=1;i<=N;++i)for(j=G[x=id[i]].size()-1;~j;--j)
{
y=getf(G[x][j]);
if(y!=x&&rk[y]<i) par[y]=x,T[x].pb(y);
}
dfs(id[N]);
return 0*printf("%lld
",f[id[N]]);
}
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