Problem B
emmm,我们肯定想让尽可能多的正数去消掉后面的负数,所以我们累加一个前缀和,如果这个前缀和当前元素为负数,表示前面的所有元素不需要花费代价的操作进行后,还剩余这些数量,需要花费代价去清除,那么我们就对这个前缀和数组里面的负数取一个最小值就好了。
Problem C
简单模拟我们发现,所有mod k相同的i和j必须不冲突,否则答案就是no。然后如果1和0的元素大于k/2,答案也是no。
Problem D
树上博弈。首先,da大于两人的距离,先手必赢。或者是db<=da2(先手一直追,后手必定到达叶子节点,只能往回走,如果回走这一步后还在先手的范围内,那么必输),先手必赢。还有一种情况,就是树的直径小于2da先手也必胜。
代码实现
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
#define rep(i,f_start,f_end) for (int i=f_start;i<=f_end;++i)
#define per(i,n,a) for (int i=n;i>=a;i--)
#define MT(x,i) memset(x,i,sizeof(x) )
#define rev(i,start,end) for (int i=start;i<end;i++)
#define inf 0x3f3f3f3f
#define mp(x,y) make_pair(x,y)
#define lowbit(x) (x&-x)
#define MOD 1000000007
#define exp 1e-8
#define N 1000005
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
typedef long long ll;
const ll INF=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
typedef vector <int> VI;
typedef pair<int ,int> PII;
typedef pair<int ,PII> PIII;
ll gcd (ll a,ll b) {return b?gcd (b,a%b):a; }
inline int read() {
char ch=getchar(); int x=0, f=1;
while(ch<'0'||ch>'9') {
if(ch=='-') f=-1;
ch=getchar();
} while('0'<=ch&&ch<='9') {
x=x*10+ch-'0';
ch=getchar();
} return x*f;
}
const int maxn=3e5+10;
int n,a,b,da,db;
int deep[maxn];
int dist,diam;
vector <int> G[maxn];
int root1,root2;
void dfs (int u,int fa,int &diam,int &root) {
deep[u]=deep[fa]+1;
if (diam<deep[u]) {
diam=deep[u];
root=u;
}
for (auto it:G[u]) {
if (it==fa) continue;
dfs (it,u,diam,root);
}
}
int main () {
ios::sync_with_stdio (false);
int t;
cin>>t;
while (t--) {
cin>>n>>a>>b>>da>>db;
rep (i,1,n) G[i].clear ();
rep (i,1,n-1) {
int u,v;
cin>>u>>v;
G[u].pb (v);
G[v].pb (u);
}
diam=0;
root1=0,root2=0;
dfs (b,0,diam,root1);
dist=deep[a]-deep[b];
dfs (root1,0,diam,root2);
diam--;
if (dist>da&&db>=2*da+1&&diam>=2*da+1) cout<<"Bob"<<endl;
else cout<<"Alice"<<endl;
}
return 0;
}