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| Solved | A | B | C | D | E | F | G | H | I |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| 8 / 9 | O | Ø | Ø | Ø | Ø | O | - | Ø | O |
- O 在比赛中通过
- Ø 赛后通过
- ! 尝试了但是失败了
- - 没有尝试
A. Amateur Chess Players
简单博弈，显然每次每个人只会选择一个。
Code
/*
* Author: heyuhhh
* Created Time: 2020/5/23 13:16:27
*/
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <iomanip>
#include <assert.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
#define Local
#ifdef Local
#define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)
void err() { std::cout << std::endl; }
template<typename T, typename...Args>
void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }
template <template<typename...> class T, typename t, typename... A>
void err(const T <t> &arg, const A&... args) {
for (auto &v : arg) std::cout << v << ' '; err(args...); }
#else
#define dbg(...)
#endif
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 1e5 + 5;
void run() {
int n, m;
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
string s; cin >> s;
}
cin >> m;
for (int i = 1; i <= m; i++) {
string s; cin >> s;
}
if (n <= m) cout << "Quber CC" << '
';
else cout << "Cuber QQ" << '
';
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
run();
return 0;
}
B. Binary String
题意：
这是个交互题，现有一个长度为(n,nleq 1000)的(01)串。
现在可以最多询问(1023)次，每次询问一个长度为(displaystylelfloorfrac{n}{2}
floor+1)的(01)串，回答该(01)串是否为某个子串(不一定连续)。
最后要找到隐藏的串。
思路：
十分巧妙、精致的一道题。
主要在于长度为(displaystylelfloorfrac{n}{2}
floor+1)的限制。我们先考虑没有这个限制怎么做。
首先求出(0)的个数，不妨(0)的个数小于(1)。然后我们考虑求出连续的(1)的个数，之后放(0)，也就是以(0)作为界限，从前往后依次确定。注意到(0)个数是递增的，(1)个数也是递增的。我们以(1)的长度作为状态，那么每个长度至多会被遍历(a_i)次，并且(sum a_i-1=cnt_0)，所以总的询问次数为(cnt_0+cnt_1=n)次，那么我们通过(n)次询问即可找出原串。
关于询问次数的详细分析就是这个题目巧妙的第一点，(a_i)减去(1)是因为除开第一次遍历到此长度的那一次。那么其余时候重复地进行遍历都是因为(0)，每个(0)最多也会重复遍历(1)次。
接下来把限制长度为(displaystyle lfloorfrac{n}{2}
floor+1)考虑进来。我们观察之前询问的串类似于(underbrace{111}_yunderbrace{111}_iunderbrace{000}_{m-x})这样的形式，如果这样长度大于(k,k)即是最大询问长度就不能这样询问。我们假设前面有(x)个(0)，(y)个1，也就是说(y+i+m-x>k,m)为串中(0)的个数。我们注意到(n-k<k)的，所以考虑转化一下询问的形式为:(underbrace{000..0}_x01111)，注意下两者长度的差别，第二种形式的长度为(displaystyle n-k+1leq k)，那么也就是说此时这种情况是合法的。
因为我们要保证询问次数的合法性，所以先(check)第一种情况，第一种情况没产生结果时考虑第二种情况，但是中间的(1)的个数要不小于之前枚举的(1)的个数(i)，不然会重复枚举！也就是说第二种情况形式是这样的：(underbrace{000..0}_xunderbrace{111}_i0underbrace{111..1}_{n-m-y-i})，之后接着上面的询问来就行。
可能还有点细节，但我感觉我说得听清楚了= =
反正就是非常巧妙，上面的每一段落都是很巧妙的一个思想。
细节见代码：
Code
/*
* Author: heyuhhh
* Created Time: 2020/5/24 18:33:37
*/
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <iomanip>
#include <assert.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
#define Local
#ifdef Local
#define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)
void err() { std::cout << std::endl; }
template<typename T, typename...Args>
void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }
template <template<typename...> class T, typename t, typename... A>
void err(const T <t> &arg, const A&... args) {
for (auto &v : arg) std::cout << v << ' '; err(args...); }
#else
#define dbg(...)
#endif
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
int qry(string s) {
cout << "? " << s << endl;
int x; cin >> x;
return x;
}
int f;
int query(string s) {
for (auto& it : s) it ^= f;
return qry(s);
}
void run() {
int n; cin >> n;
int k = n / 2 + 1;
f = query(string(k, '0'));
int l = 1, r = k + 1, mid;
while (l < r) {
mid = (l + r) >> 1;
if (query(string(mid, '0'))) l = mid + 1;
else r = mid;
}
int m = l - 1;
auto solve = [&] (int x, int y) {
for (int i = y + 1; i + m - x <= k && i <= n - m; i++) {
if (!query(string(i, '1') + string(m - x, '0'))) return i - 1;
}
for (int i = max(y, n - m - k + x + 1); i <= n - m; i++) {
if (query(string(x + 1, '0') + string(n - m - i, '1'))) return i;
}
};
string res = "";
int i, j;
for (i = 0, j = 0; i < m; i++) {
int k = solve(i, j);
res += string(k - j, '1');
res += '0';
j = k;
}
if (j < n - m) {
res += string(n - m - j, '1');
}
for (auto& it : res) it ^= f;
cout << "! " << res << '
';
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
run();
return 0;
}
C. Coronavirus Battle
题意：
随机在三维空间中给定(n)个点，现在有病毒进行攻击，每次病毒会攻击当前没有受保护的点。
定义结点(i)保护结点(j)为：
- (x_ileq x_j,y_ileq y_j,z_ileq z_j)且两点不重合。
问病毒攻击几轮能消灭所有的点，并且输出每个点存活的轮数。
思路：
因为是随机数据，所以我们可以直接通过模拟上述过程来做。
模拟的思想就是我们对于每一轮攻击，选出一个最小的点，然后找到所有不能保护的点，他们都会在这一轮攻击中被消灭；然后进行下一轮攻击。
具体实现我们可以直接枚举或者用树状数组维护(z)的最小值都可。反正数据随机可以不用管复杂度= =
还有一种复杂度比较稳定的做法就是cdq分治，用cdq分治维护每个结点的拓扑序即可。注意一下这种写法我们要按照拓扑序进行转移，也就是说在cdq分治中，先处理左边的，然后处理左边对右边的影响，最后再处理右边。这样能够保证拓扑序从小到大转移。
详见代码：
Code
/*
* Author: heyuhhh
* Created Time: 2020/5/23 14:57:55
*/
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <iomanip>
#include <assert.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
#define Local
#ifdef Local
#define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)
void err() { std::cout << std::endl; }
template<typename T, typename...Args>
void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }
template <template<typename...> class T, typename t, typename... A>
void err(const T <t> &arg, const A&... args) {
for (auto &v : arg) std::cout << v << ' '; err(args...); }
#else
#define dbg(...)
#endif
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 1e5 + 5;
unsigned long long k1, k2;
unsigned long long CoronavirusBeats() {
unsigned long long k3 = k1, k4 = k2;
k1 = k4;
k3 ^= k3 << 23;
k2 = k3 ^ k4 ^ (k3 >> 17) ^ (k4 >> 26);
return k2 + k4;
}
unsigned long long x[N], y[N], z[N];
struct Point {
unsigned long long x, y, z;
int id;
}a[N], b[N];
int n;
int ans[N];
void Hash(unsigned long long* a) {
sort(a + 1, a + n + 1);
a[0] = unique(a + 1, a + n + 1) - a - 1;
}
int find(unsigned long long* a, unsigned long long x) {
return lower_bound(a + 1, a + a[0] + 1, x) - a;
}
int c[N];
int lowbit(int x) {
return x & (-x);
}
void del(int x) {
for (int i = x; i < N; i += lowbit(i)) c[i] = 0;
}
void add(int x, int v) {
for(int i = x; i < N; i += lowbit(i)) c[i] = max(c[i], v);
}
int query(int x) {
int ans = 0;
for(int i = x; i; i -= lowbit(i)) ans = max(ans, c[i]);
return ans;
}
void cdq(int l, int r) {
if(l == r) return ;
int mid = (l + r) >> 1;
cdq(l, mid);
sort(a + l, a + mid + 1, [&](Point A, Point B) {
return A.y < B.y;
});
sort(a + mid + 1, a + r + 1, [&](Point A, Point B) {
return A.y < B.y;
});
int t1 = l, t2 = mid + 1;
for(int i = l; i <= r; i++) {
if((t1 <= mid && a[t1].y <= a[t2].y) || t2 > r) {
add(a[t1].z, ans[a[t1].id]);
b[i] = a[t1++];
} else {
ans[a[t2].id] = max(ans[a[t2].id], query(a[t2].z) + 1);
b[i] = a[t2++];
}
}
for(int i = l; i <= mid; i++) del(a[i].z);
sort(a + mid + 1, a + r + 1, [&](Point A, Point B) {
return A.x < B.x;
});
cdq(mid + 1, r);
}
void run() {
cin >> n >> k1 >> k2;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
x[i] = CoronavirusBeats();
y[i] = CoronavirusBeats();
z[i] = CoronavirusBeats();
a[i] = Point{x[i], y[i], z[i], i};
}
Hash(x), Hash(y), Hash(z);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
a[i].x = find(x, a[i].x);
a[i].y = find(y, a[i].y);
a[i].z = find(z, a[i].z);
}
sort(a + 1, a + n + 1, [&](Point A, Point B) {
return A.x < B.x;
});
for (int i = 1; i <= n; i++) {
ans[i] = 1;
}
cdq(1, n);
int res = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
res = max(res, ans[i]);
--ans[i];
}
cout << res << '
';
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cout << ans[i] << "
"[i == n];
}
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
run();
return 0;
}
D. Decay of Signals
题意：
给定一颗带点权的树，定义一条路径的价值为(displaystyle frac{a_{p_1}cdot a_{p_2}cdots a_{p_m}}{m})。
现在问路径价值的最小值为多少，输出("x/y")。
思路：
分几种清空考虑：
- 存在(a_i=0)，那么答案显然；
- 所有(a_igeq 2)，答案即为(min{a_i})。
- 找到最长连续的(1)，设长度为(m)，那么答案为(frac{1}{m})。考虑最终答案为(111x111...)这样的形式，我们容易发现当(x=2)并且左右两边都有(m)个(1)时会出现更优解。所以找一下这种情况就行。
思路就是上面这样，具体的证明应该也比较好证，就拿第三种情况证明一下：
首先答案为(frac{1}{m})，假设现在有(t)段连续的(1)长度为(m)，那么答案为(displaystylefrac{b_1cdots b_{t-1}}{tm+t-1})，因为(b_igeq 2)，我们就取(b_i=2)，将其与(frac{1}{m})做差得(displaystyle m(2^{t-1}-t)-t+1)。容易发现当(t=2)时，差为负数；当(t>2)时，差为非负数；若(b_igeq 3)，值为非负数。也就是说只有我们上述所说情况会出现最优解。
证明大概就是这个样子，可能细节会有点问题。。
思路是这样，代码写起来还是挺麻烦的，需要换下根。
详见代码：
Code
/*
* Author: heyuhhh
* Created Time: 2020/5/23 20:42:25
*/
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <iomanip>
#include <assert.h>
#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
#define Local
#ifdef Local
#define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)
void err() { std::cout << std::endl; }
template<typename T, typename...Args>
void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }
template <template<typename...> class T, typename t, typename... A>
void err(const T <t> &arg, const A&... args) {
for (auto &v : arg) std::cout << v << ' '; err(args...); }
#else
#define dbg(...)
#endif
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 1e6 + 5;
int n;
int a[N];
struct Edge {
int u, v;
}e[N];
vector <int> G[N];
bool vis[N];
int f[N][2], g[N];
void run() {
cin >> n;
for (int i = 1; i < n; i++) {
int u, v; cin >> u >> v;
e[i] = Edge {u, v};
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> a[i];
}
pii ans(INF, INF);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (a[i] == 0) {
cout << "0/1" << '
';
return;
}
ans = min(ans, MP(a[i], 1));
}
if (ans.fi > 1) {
cout << ans.fi << '/' << ans.se << '
';
return;
}
for (int i = 1; i < n; i++) {
int u = e[i].u, v = e[i].v;
if (a[u] == 1 && a[v] == 1) {
G[u].push_back(v);
G[v].push_back(u);
}
}
int m = 0, rt;
function <void(int, int, int)> dfs;
dfs = [&](int u, int fa, int d) -> void {
if (d > m) {
m = d, rt = u;
}
vis[u] = 1;
for (auto v : G[u]) if (v != fa) {
dfs(v, u, d + 1);
}
};
function <void(int, int)> dfs2;
dfs2 = [&](int u, int fa) -> void {
f[u][0] = 1, f[u][1] = -1;
for (auto v : G[u]) if (v != fa) {
dfs2(v, u);
if (f[v][0] + 1 > f[u][0]) {
f[u][1] = f[u][0];
f[u][0] = f[v][0] + 1;
} else if(f[v][0] + 1 > f[u][1]) {
f[u][1] = f[v][0] + 1;
}
}
};
function <void(int, int, int)> dfs3;
dfs3 = [&](int u, int fa, int h) -> void {
for (auto v : G[u]) if (v != fa) {
g[v] = f[v][0];
if (f[v][0] + 1 == f[u][0]) {
g[v] = max(g[v], max(h, f[u][1]) + 1);
dfs3(v, u, max(h, f[u][1]) + 1);
} else {
g[v] = max(g[v], max(h, f[u][0]) + 1);
dfs3(v, u, max(h, f[u][0]) + 1);
}
}
};
int MAX = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) if (a[i] == 1 && !vis[i]) {
rt = i, m = 0;
dfs(rt, 0, 1), dfs(rt, 0, 1);
MAX = max(m, MAX);
dfs2(i, 0);
g[i] = f[i][0];
dfs3(i, 0, 0);
}
ans = MP(1, MAX);
vector <int> d(n + 1);
for (int i = 1; i < n; i++) {
int u = e[i].u, v = e[i].v;
if (a[u] > a[v]) swap(u, v);
if (a[u] == 1 && a[v] == 2) {
if (g[u] == MAX) ++d[v];
if (d[v] >= 2) {
ans = MP(2, 2 * MAX + 1);
break;
}
}
}
cout << ans.fi << '/' << ans.se << '
';
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
run();
return 0;
}
E. Even Degree
题意：
给定一个无向图，保证每个点的度数为偶数。
现在要去掉尽可能多的边，去掉一条边必须满足两个点的度数都不同时为奇数。
输出删边的序列。
思路：
所有点度数为偶数我们很容易想到欧拉回路，那么我们就考虑沿着欧拉回路走来删边。
我们容易发现，对于一条路径或者一个环，我们可以留下一条边把其它的都删掉。
照这样来说，如果两个环在一起，有重合一个点，我们也可以留下一条边，但是直接按照欧拉路径来删边是行不通的。这里手画一下其实很好找到删边方法使得最后只留下一条边，就是我们到一个环时先不删最后一条边(也删不了)，先删去另外一条出边(如果有的话，没有就留下这条边作为最后一条边)，再来删这条边就行。
细节见代码：
Code
/*
* Author: heyuhhh
* Created Time: 2020/5/24 10:38:47
*/
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <iomanip>
#include <assert.h>
#include <functional>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
#define Local
#ifdef Local
#define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)
void err() { std::cout << std::endl; }
template<typename T, typename...Args>
void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }
template <template<typename...> class T, typename t, typename... A>
void err(const T <t> &arg, const A&... args) {
for (auto &v : arg) std::cout << v << ' '; err(args...); }
#else
#define dbg(...)
#endif
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 5e5 + 5;
int n, m;
struct Edge {
int u, v;
} e[N];
vector <pii> G[N];
bool vis[N], del[N];
void run() {
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= m; i++) {
int u, v; cin >> u >> v;
G[u].push_back(MP(v, i));
G[v].push_back(MP(u, i));
e[i] = Edge {u, v};
}
vector <int> path;
function <void(int)> dfs = [&] (int u) -> void {
vis[u] = true;
while (sz(G[u])) {
pii s = G[u][sz(G[u]) - 1]; G[u].pop_back();
int v = s.fi, id = s.se;
if (del[id]) continue;
del[id] = true;
dfs(v);
path.push_back(id);
}
};
auto get = [&] (int u, int id) {
return u ^ e[id].u ^ e[id].v;
};
vector <int> ans;
for (int i = 1; i <= n; i++) if (!vis[i]) {
path.clear();
dfs(i);
reverse(all(path));
if (sz(path) == 0) continue;
int st = i, ed = get(st, path[0]);
ans.push_back(path[0]);
for (int j = 1; j < sz(path) - 1; j++) {
if (get(ed, path[j]) == st) {
ed = get(st, path[j + 1]);
ans.push_back(path[j + 1]);
ans.push_back(path[j++]);
} else {
ans.push_back(path[j]);
ed = get(ed, path[j]);
}
}
}
cout << sz(ans) << '
';
for (auto it : ans) cout << it << ' ';
cout << '
';
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
run();
return 0;
}
F. Find / -type f -or -type d
排序过后判断是否为某一个的前缀就行，我的时间复杂度貌似有点炸，但依旧跑得飞快。
正解的话就直接上字典树吧。
Code
/*
* Author: heyuhhh
* Created Time: 2020/5/23 13:35:27
*/
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <iomanip>
#include <assert.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
#define Local
#ifdef Local
#define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)
void err() { std::cout << std::endl; }
template<typename T, typename...Args>
void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }
template <template<typename...> class T, typename t, typename... A>
void err(const T <t> &arg, const A&... args) {
for (auto &v : arg) std::cout << v << ' '; err(args...); }
#else
#define dbg(...)
#endif
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 1e6 + 5;
void run() {
int n; cin >> n;
vector <string> s(n);
for (int i = 0; i < n; i++) {
cin >> s[i];
}
sort(all(s));
int ans = 0;
auto chk = [&] (string& str) {
int len = str.length();
if (len > 3 && str.substr(len - 4) == ".eoj") return 1;
return 0;
};
for (int i = 0, j; i < n; i++) {
if (i == n - 1) {
ans += chk(s[i]);
} else {
int l1 = s[i].length(), l2 = s[i + 1].length();
if (l1 > l2) {
ans += chk(s[i]);
} else if (s[i + 1].substr(0, l1) != s[i]) {
ans += chk(s[i]);
}
}
}
cout << ans << '
';
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
run();
return 0;
}
H. Heat Pipes
题意：
给定一个无向图，现在要给这张图染上范围在([a,b])中的颜色，每个颜色必须用一次，并且要求任意相邻两点颜色的差值为(1)。
最后输出染色方案，否则这种情况不合法。
思路：
这个题和之前cf的一个题很像，那个题相当于染色范围为([1,3])。
这里我们可以借鉴类似的思路，但是那个题是二分图，这里显然不满足二分图的条件，我们类似地(dfs)肯定也不行。
这里要用到(bfs)，因为(bfs)树有一个很棒的性质：非树边只会出现在同一层或者相邻层。这样就很方便我们进行染色。
怎么判断最后方案合法呢？首先不会出现染不了色的情况，其次必须每种颜色都用到。显然一颗树深度越大染色数量越多，那么我们就要求出图的直径，即深度尽可能大的合法的树。如果对于一个连通块怎么染色都不合法，那么总的就不合法。
那么整个(bfs)的过程为(O(n^2))的，我们需要通过枚举每个点为起点进行(bfs)，找到深度最大的合法(bfs)树，这样我们染色能够尽可能多。
有个细节就是如果我们染色超过(b)了，那么我们就可以直接(b,b-1,b,b-1...)这样给其它结点染色就行，不影响最后方案的正确性。
细节见代码：
Code
/*
* Author: heyuhhh
* Created Time: 2020/5/24 14:40:58
*/
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <iomanip>
#include <assert.h>
#include <functional>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
#define Local
#ifdef Local
#define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)
void err() { std::cout << std::endl; }
template<typename T, typename...Args>
void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }
template <template<typename...> class T, typename t, typename... A>
void err(const T <t> &arg, const A&... args) {
for (auto &v : arg) std::cout << v << ' '; err(args...); }
#else
#define dbg(...)
#endif
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
void run() {
int n, m, A, B;
cin >> n >> m >> A >> B;
int k = B - A + 1;
vector <vector <int>> G(n + 1);
for (int i = 1; i <= m; i++) {
int u, v; cin >> u >> v;
G[u].push_back(v);
G[v].push_back(u);
}
if (k == 1) {
if (m) {
cout << "No" << '
';
} else {
cout << "Yes" << '
';
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cout << A << "
"[i == n];
}
}
return;
}
vector <vector<int>> part;
vector <int> t, bel(n + 1, -1);
function <void(int)> dfs = [&] (int u) {
bel[u] = sz(part);
t.push_back(u);
for (auto v : G[u]) {
if (bel[v] == -1) {
dfs(v);
}
}
};
for (int i = 1; i <= n; i++) if (bel[i] == -1) {
t.clear();
dfs(i);
part.push_back(t);
}
vector <int> col(n + 1);
auto bfs = [&] (int u) {
int res = 0;
col[u] = 1;
queue <int> q;
q.push(u);
while (!q.empty()) {
int u = q.front(); q.pop();
res = max(res, col[u]);
for (auto v : G[u]) {
if (!col[v]) {
col[v] = col[u] + 1;
q.push(v);
} else if (col[u] == col[v]) {
return -1;
}
}
}
return res;
};
int sum = 0;
for (int i = 0; i < sz(part); i++) {
int node, dis = 0;
for (auto u : part[i]) {
for (auto it : part[i]) col[it] = 0;
int tmp = bfs(u);
if (tmp == -1) continue;
if (tmp > dis) {
dis = tmp;
node = u;
}
}
if (dis == 0) {
cout << "No" << '
';
return;
}
for (auto it : part[i]) col[it] = 0;
bfs(node);
for (auto u : part[i]) {
if (sum + col[u] > k) {
col[u] = k - ((sum + col[u] - k) & 1);
} else col[u] += sum;
}
sum += dis;
}
if (sum < k) {
cout << "No" << '
';
return;
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
col[i] += A - 1;
}
cout << "Yes" << '
';
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cout << col[i] << "
"[i == n];
}
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
int T; cin >> T; while(T--)
run();
return 0;
}
I. Idiotic Suffix Array
随便构造一下就行。
Code
/*
* Author: heyuhhh
* Created Time: 2020/5/23 13:23:08
*/
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <iomanip>
#include <assert.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
#define Local
#ifdef Local
#define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)
void err() { std::cout << std::endl; }
template<typename T, typename...Args>
void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }
template <template<typename...> class T, typename t, typename... A>
void err(const T <t> &arg, const A&... args) {
for (auto &v : arg) std::cout << v << ' '; err(args...); }
#else
#define dbg(...)
#endif
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 1e5 + 5;
void run() {
int n, k; cin >> n >> k;
string ans = "";
for (int i = 1; i < k; i++) ans += "a";
for (int i = 1; i <= n - k; i++) ans += "c";
ans += "b";
reverse(all(ans));
cout << ans << '
';
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
run();
return 0;
}