Preface
先被 A 题硬控 \(20\) 分钟，有点不爽。又看到 E 题 AC 的人比 D 题多而去嗑 E 题去了，结果 D 题反而是我更能做的。
将问题排序：根据你所需付出的努力，将能够最快解决的问题排在前面。（答题的次序为：以前做过的，容易的，不熟悉的，难的）
——李博杰《骗分导论》\(\rm P_{114}\)
所以下次应该选更有感觉的一道，而不是盲目跟风（除非几道都毫无头绪）。
A. Tricky Template
被红题硬控二十分钟，还得是我。
如果 \(a_i=b_i\)，\(s_i\) 可为小写的 \(a_i\)（此时保证 \(c_i \neq a_i,b_i\)），或大写的非 \(a_i\)（此时保证 \(s_i=c_i\)）。
如果 \(a_i \neq b_i\)，\(s_i\) 必须为大写的 \(c_i\)（此时保证 \(c_i \neq a_i\) 且 \(c_i \neq b_i\)）。
有任意一个字母无法满足上述条件即为不合法，否则合法。
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#include<cstdio>
using namespace std;
const int N=25;
int n;
char a[N],b[N],c[N];
bool check()
{
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(a[i]==b[i] && c[i]!=a[i]) return true;
if(a[i]!=b[i] && c[i]!=a[i]&&c[i]!=b[i]) return true;
}
return false;
}
int main()
{
int T; scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%d%s%s%s",&n,a+1,b+1,c+1);
printf("%s\n",check()?"YES":"NO");
}
return 0;
}
B. Forming Triangles
易得在题目条件下，只有某两条边相等且第三遍不大于这两条边时才合法（即 \(a_i=a_j\) 且 \(a_k \le a_i,a_j\)）。
为了避免重复，我们把三角形分为等边和不等边两种。
先把边长排序，从小到大遍历所有边。不等边三角形可以用与 \(a_i\) 相等的边的数量乘以小于 \(a_i\) 的边的数量；等边三角形则直接用组合公式 \(C_x^2 = \frac{x \times (x-1)}{2}\) 来求，其中 \(x\) 表示在此之前与 \(a_i\) 相等的边的数量。
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#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=3e5+5;
int n,a[N],cnt[N];
int main()
{
int T; scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
sort(a+1,a+n+1);
long long ans=0;
int end=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(a[i]!=a[i-1]) end=i-1;
ans+=1ll*cnt[a[i]]*end;
ans+=1ll*cnt[a[i]]*(cnt[a[i]]-1)/2;
cnt[a[i]]++;
}
printf("%lld\n",ans);
for(int i=1;i<=n;i++)
cnt[a[i]]--;
}
return 0;
}
C. Closest Cities
贪心思想：从 \(x\) 到 \(y\) 的过程中不可能走回头路。因为不能通过这样的方式缩短路程（最近城市一定相邻）。
因为前面怎么走不影响后面怎么走，且走的时候路径上所有点都必须经过，所以设 \(x<t<y\)，则 \(x\) 到 \(y\) 的路径长度等于 \(x\) 到 \(t\) 的路径长度加上 \(t\) 到 \(y\) 的路径长度。
由此，这道题可以用前缀和思想解决，预处理出 \(1\) 到所有点的路径长度，然后查询的时候 \(O(1)\) 直接减即可。
但是因为 \(x\) 可能大于 \(y\)，所以还要反着来一遍（因为正着走和反着走路径长度不一定一样），预处理出 \(n\) 到所有点的路径长度（后缀和）。
注意，这里的路径长度是边权而不是点权，所以不用下标减一再算，直接算就可以了。
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#include<cstdio>
using namespace std;
const int N=1e5+5;
int n,q;
long long a[N];
long long presum[N],sufsum[N];
int main()
{
int T; scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%lld",&a[i]);
presum[i]=sufsum[i]=1e18;
}
a[0]=-1e18,a[n+1]=1e18;
presum[1]=0;
for(int i=1;i<n;i++)
{
if(a[i+1]-a[i]<a[i]-a[i-1]) presum[i+1]=presum[i]+1;
else presum[i+1]=presum[i]+a[i+1]-a[i];
}
sufsum[n]=0;
for(int i=n;i>1;i--)
{
if(a[i]-a[i-1]<a[i+1]-a[i]) sufsum[i-1]=sufsum[i]+1;
else sufsum[i-1]=sufsum[i]+a[i]-a[i-1];
}
scanf("%d",&q);
for(int i=1;i<=q;i++)
{
int x,y; scanf("%d%d",&x,&y);
if(x<y) printf("%lld\n",presum[y]-presum[x]);
else printf("%lld\n",sufsum[y]-sufsum[x]);
}
for(int i=0;i<=n+1;i++)
a[i]=sufsum[i]=presum[i]=0;
}
return 0;
}
D. Berserk Monsters
考试的时候看到 E 题做对的人多就去做 E 去了，实际上这道题我应该更能做的。
一眼秒出做法，只是代码细节有点多。
首先题目中的怪兽向两侧发出攻击可以直接变成怪兽被两侧攻击，即左右两边攻击力大于怪兽防御时怪兽死亡。
只有当一个怪兽被击杀之后，它两边的怪兽才有机会攻击其它怪兽，进而有机会继续击杀。所以对于每一轮，只需要考虑上一轮死亡的怪兽周围的怪兽（即成功击杀了别的怪兽的怪兽）就行了。
上面的过程可以用 BFS 实现，并用滚动数组/队列来记录这一次需要处理的怪兽和下一轮待处理的怪兽。
\[\texttt{\boxed{\bf 特别注意：当所需要处理的数据分层次的时候，绝不能让本层数据和下一层数据互相影响；即一定不要混用不同层的数据}} \]在本题中就是下一轮要死亡的怪兽不能在这一轮死亡。
我们还需要做到在每一轮怪兽死亡后快速维护每个怪兽新的相邻怪兽，这个明显可以用链表实现（死亡的数据结构突然开始攻击我：你有多久没有用过链表了？）
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#include<cstdio>
#include<queue>
using namespace std;
const int N=3e5+5;
int n,a[N],d[N];
struct Peter{
int pre,nxt;
}ls[N];
void Build(int n)
{
for(int i=1;i<=n;i++)
ls[i]={i-1,i+1};
return;
}
void del(int x)
{
ls[ls[x].pre].nxt=ls[x].nxt;
ls[ls[x].nxt].pre=ls[x].pre;
return;
}
queue<int> q[2];
bool inq[2][N];
int ans[N],dead[N];
int predel[N],predel_idx;
void ClearData()
{
for(int i=1;i<=n;i++)
{
inq[0][i]=inq[1][i]=false;
ans[i]=0;
}
while(!q[0].empty()) q[0].pop();
while(!q[1].empty()) q[1].pop();
return;
}
int main()
{
int T; scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&d[i]);
Build(n);
a[0]=a[n+1]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
q[1].push(i);
inq[1][i]=true;
dead[i]=0x3f3f3f3f;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
bool p=i&1;
while(!q[p].empty())
{
int x=q[p].front(); q[p].pop();
if(dead[x]<=i) continue;
inq[p][x]=false;
int l=ls[x].pre,r=ls[x].nxt;
if(a[l]+a[r]>d[x])
{
predel[++predel_idx]=x;
dead[x]=i+1;
ans[i]++;
if(l!=0 && !inq[!p][l])
{
inq[!p][l]=true;
q[!p].push(l);
}
if(r!=n+1 && !inq[!p][r])
{
inq[!p][r]=true;
q[!p].push(r);
}
}
}
for(int i=1;i<=predel_idx;i++)
del(predel[i]);
predel_idx=0;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
printf("%d ",ans[i]);
putchar('\n');
ClearData();
}
return 0;
}
E. Increasing Subsequences
看到这道题做的人多就来做这道题了，把我坑惨了。
考虑新加数时的情景：加一个最小数相当于序列数 \(+1\)，加一个最大数相当于序列数 \(\times 2 +1\)，乘二是因为可以和前面所有元素组合，加一是因为最大数自己也单独算一个序列。但是，如果把空集看作合法的子序列（题目里也确实是这么规定的），那么这个加一就相当于与空集组合。即当把集合看作最开始就有一个元素“空”，那么每次单独一个元素就可以看作与空集组合，这样加最大数的时候就不用再额外判断自己单独组成一个序列，所有新序列都是和原序列组合而成的，这样就只用 \(\times 2\) 了。
问题就可以转化为：初始为 \(1\)，通过 \(+1\) 和 \(\times 2\) 这两种操作来构成 \(X\)，这个很容易二进制分解实现，具体做法很多，我这里提供一种写法：
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#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=205;
int ans[N];
long long x;
int main()
{
int T; scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%lld",&x);
int idx=0,tmp=1e9;
while(x>1)
{
if(x&1)
{
ans[++idx]=0;
x--;
}
else
{
ans[++idx]=tmp--;
x>>=1;
}
}
printf("%d\n",idx);
for(int i=idx;i>=1;i--)
printf("%d ",ans[i]);
putchar('\n');
}
return 0;
}