A - Similar String (abc303 a)
题目大意
给定两个字符串，问这两个字符串是否相似。
两个字符串相似，需要每个字母，要么完全相同，要么一个是1一个是l，要么一个是0一个是o
解题思路
按照题意模拟即可。
可以将全部1换成l，全部0换成o，再判断相等。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
int main(void) {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
int n;
string s, t;
cin >> n >> s >> t;
replace(s.begin(), s.end(), '1', 'l');
replace(s.begin(), s.end(), '0', 'o');
replace(t.begin(), t.end(), '1', 'l');
replace(t.begin(), t.end(), '0', 'o');
if (s == t)
cout << "Yes" << '\n';
else
cout << "No" << '\n';
return 0;
}
B - Discord (abc303 b)
题目大意
给定m个n的排列，问有多少对\((i, j),i < j\)没在这\(m\)个排列里作为相邻元素出现。
解题思路
拿set记录每个相邻对（小的在左），然后总数减去相邻对就是答案。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
int main(void) {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
int n, m;
cin >> n >> m;
set<array<int, 2>> qwq;
auto add = [&](int x, int y){
int l = min(x, y), r = max(x, y);
qwq.insert({l, r});
};
for(int i = 0; i < m; ++ i){
int la = -1;
for(int j = 0; j < n; ++ j){
int x;
cin >> x;
if (j)
add(la, x);
la = x;
}
}
cout << n * (n - 1) / 2 - qwq.size() << '\n';
return 0;
}
C - Dash (abc303 c)
题目大意
二维迷宫，当前\((0,0)\)，生命值h。给定关于 \(LRUD\)的操作序列， 一次移动消耗一生命值。生命值为负则失败。给定\(m\)个生命值恢复物品坐标，当生命值小于 \(k\)时可以消耗该物品，恢复生命值至\(k\)。
问能否执行完给定的操作序列。
解题思路
按照题意模拟即可，可以用set储存物品下标。
注意物品只能用一次，所以使用的话记得erase。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
int main(void) {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
int n, m, h, k;
string s;
cin >> n >> m >> h >> k >> s;
set<array<int, 2>> item;
for(int i = 0; i < m ; ++ i){
int x, y;
cin >> x >> y;
item.insert({x, y});
}
auto ok = [&](){
int x = 0, y = 0;
for(auto &i : s){
if (i == 'L')
x --;
else if (i == 'R')
x ++;
else if (i == 'U')
y ++;
else if (i == 'D')
y --;
else {
assert(0);
}
-- h;
auto good = item.find({x, y});
if (h < 0)
return false;
if (good != item.end() && h < k){
h = k;
item.erase(good);
}
}
return true;
};
if (ok())
cout << "Yes" << '\n';
else
cout << "No" << '\n';
return 0;
}
D - Shift vs. CapsLock (abc303 d)
题目大意
在键盘上输入aA串。三个操作，一个是按键a，一个是按键Shift+a，一个是按键caplock，效果同正常输入一样，分别耗时\(x,y,z\)。
问输入给定aA串所花费的最小时间。
解题思路
设\(dp[i][0/1]\)表示输入完前 \(i\) 个字符，当前caplock灯不亮（亮）的最小花费时间。
然后枚举上一次灯是否亮转移即可。注意一些特别情况，比如当前caplock灯亮的，输入a，可以是shift+a，也可以是caplock+a+caplock。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
int main(void) {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
LL x, y, z;
string s;
cin >> x >> y >> z >> s;
array<LL, 2> dp{0, z};
for(auto &i : s){
array<LL, 2> dp2{0, 0};
if (i == 'a'){
dp2[0] = min(dp[0] + min(z + y + z, x), dp[1] + min(x, y) + z);
dp2[1] = min(dp[0] + min(x, y) + z, dp[1] + min(z + x + z, y));
}else{
dp2[0] = min(dp[0] + min(z + x + z, y), dp[1] + min(x, y) + z);
dp2[1] = min(dp[0] + min(x, y) + z, dp[1] + min(z + y + z, x));
}
dp.swap(dp2);
}
cout << min(dp[0], dp[1]) << '\n';
return 0;
}
E - A Gift From the Stars (abc303 e)
题目大意
一开始有一些菊花图，然后随便选了两个度数为\(1\)的不相连通的点，连了一条边。最终得到了一棵树。
现给定这棵树，还原出原来的菊花图，以升序告诉每个菊花图的边数。
解题思路
考虑最边缘（度数为一）的点，其相邻点必定是菊花图的中心。
然后该中心旁边的旁边的点又是另外一个中心的旁边点。即另一个中心与该中心的距离为3。
即我们先去掉所有度数为\(1\)的点， 然后度数变成\(1\)的点就是一个菊花图的中心。
再去除度数为 \(1\)的点，剩下的度数为 1的点就是上述中心的相邻点。
再去除度数为 \(1\)的点，就相当于把最外围的菊花图去掉了，局面变成了一开始的样子，即此时再去除度数为\(1\)的点，然后度数变成 \(1\)的点就是另一个菊花图的中心。
因此对这棵树作一遍拓扑排序，与最外围（叶子）的距离 对 \(3\)取模为 \(1\)的点都是菊花图的中心，其边数就是该中心原来的度数。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
int main(void) {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
int n;
cin >> n;
vector<vector<int>> edges(n);
vector<int> du(n, 0);
for(int i = 0; i < n - 1; ++ i){
int u, v;
cin >> u >> v;
-- u, -- v;
edges[u].push_back(v);
edges[v].push_back(u);
du[u] ++;
du[v] ++;
}
queue<int> team;
vector<int> dis(n, -1);
for(int i = 0; i < n; ++ i)
if (du[i] == 1){
dis[i] = 0;
team.push(i);
}
vector<int> ans;
while(!team.empty()){
auto u = team.front();
team.pop();
if (dis[u] % 3 == 1){
ans.push_back(edges[u].size());
}
for(auto &v : edges[u]){
if (dis[v] != -1)
continue;
du[v] --;
if (du[v] == 1){
dis[v] = dis[u] + 1;
team.push(v);
}
}
}
sort(ans.begin(), ans.end());
for(auto &i : ans)
cout << i << ' ';
cout << '\n';
return 0;
}
F - Damage over Time (abc303 f)
题目大意
一个怪物\(h\)血。你有 \(n\)个技能，每回合仅选择一个释放。第 \(i\)个技能可以对怪物造成持续\(t_i\)回合的伤害，每回合伤害 \(d_i\)。
问将怪物血量变为 \(0\)或以下，最少需要的回合数。
解题思路
初看此题，对于怎么选择技能感觉比较棘手，原因在于技能是持续伤害而不是一次性的。比如一个技能持续伤害10回，但可能5回合后怪物就死了，这样该技能实际伤害量只有一半。因此在考虑选择技能的时候不能仅考虑\(t_i \times d_i\)的值。尽管如此，对于如何选取技能仍没有头绪。
细想上述的棘手点，因为持续回合不确定，导致选择的技能实际造成的伤害是不确定的。如果我们确定了一个持续回合，比如我就打 \(x\)回合，然后看怪物的血量是否变为\(0\)或以下，那么，假设当前是第\(i\)轮的话， 我用什么技能，其实际造成的伤害是确定的，此时那我肯定是贪心地选择造成伤害最大的一个技能。
因此可以枚举持续的回合数\(x\)，然后从第一回合考虑依次使用什么技能。但因为回合数最多高达\(10^{18}\)，因此不能枚举。但注意到回合数与怪物剩余血量之间存在单调性，因此我们可以二分这个回合数，然后计算一下怪物的血量能否变为 \(0\)或以下。
假设枚举的回合数为 \(x\)，当前处在第 \(i\)回合，也就是说接下来使用的技能伤害最多持续\(t = x - i + 1\)回合。我们考虑使用什么技能。
根据技能生效的回合数\(t_i\)与 \(d\)的关系，可以将技能分成两类：
- 剩余回合能完整造成伤害的，即造成伤害数为\(t_i \times d_i\)（即 \(t_i \leq t\)）
- 剩余回合不能完整造成伤害的，即造成伤害数为\(t \times d_i\)（即 \(t_i > t\)）
将技能按照\(t_i\)升序排序，前一类是\(t_i \leq t\) ，我们预处理一个关于\(t_i \times d_i\)的前缀最大值。后一类因为 \(t\)是固定的，因此就要找一个满足\(t_i > t\)最大的\(d_i\)，因此再处理一个关于\(d_i\)的后缀最大值。
对于当前回合使用的技能，就取这两类技能中造成伤害值较大的那个。
由于回合数高达\(10^{18}\)，一回合一回合考虑会超时，因此考虑能否多回合地考虑。
如果此时伤害值较大的第一类技能，那么包括这回合之后的回合，我们肯定是一直使用这个技能（因为它始终是第一类技能（能完整造成伤害）中伤害最大的，而第二类技能的伤害会随着\(t\)减少而更少，不会比第一类伤害值大），直到剩下的回合数不足以该技能完整造成伤害，再重新考虑，即持续使用\(cnt = t - t_i + 1\)次，造成\(cnt \times t_i \times d_i\)的伤害。之后该技能变成了第二类。
而如果伤害值较大的是第二类技能，那么包括这回合之后的回合，我们还是一直使用这个技能（因为它始终是第二类技能（不能完整造成伤害）中伤害最大的），但由于随着不断的使用，其造成的伤害会越来越少（剩余回合\(t\)不断变小），因此直到其伤害值小于第一类技能的最大值，再重新考虑，即持续使用\(cnt = t - \lfloor \frac{max_1}{d_i} \rfloor\)次，造成\(d_{max} \times (t + t - 1 + t - 2 + \cdots + t - cnt + 1) = d_{max} \times \frac{(t + t - cnt + 1)cnt}{2}\)伤害。其中\(max_1\)是第一类技能造成伤害的最大值。
这样每个技能最多考虑两次（一次第一类，一次第二类），因此验证的复杂度为\(O(n)\)。
总的时间复杂度就是 \(O(n\log n)\)
由于回合数有\(O(10^{18})\)，技能总伤害也有\(O(10^{18})\)，验证时可能会超 long long范围，因此得开__int128。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
int main(void) {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
int n;
LL h;
cin >> n >> h;
vector<array<LL, 3>> spell(n); // t * d, t, d
for(auto &i : spell){
cin >> i[1] >> i[2];
i[0] = i[1] * i[2];
i[1] = -i[1];
}
sort(spell.begin(), spell.end(), [](const auto& a, const auto&b){
return a[1] > b[1]; // t, small first
});
vector<array<LL, 3>> premax(n);
premax[0] = spell[0];
for(int i = 1; i < n; ++ i){
premax[i] = max(premax[i - 1], spell[i]);
}
auto check = [&](LL x){
int pos = n - 1;
__int128 cur = h;
LL sufmax = 0;
while(cur > 0 && x > 0){
while(pos >= 0 && -premax[pos][1] > x){
sufmax = max(sufmax, spell[pos][2]);
-- pos;
}
if (pos < 0 || premax[pos][0] < __int128(1) * sufmax * x){
__int128 down = 0;
if (pos >= 0)
down = premax[pos][0] / sufmax;
__int128 cnt = x - down;
__int128 sum = cnt * (x - cnt + 1 + x) / 2 * sufmax;
cur -= sum;
x -= cnt;
}else{
__int128 cnt = x - -premax[pos][1] + 1;
cur -= cnt * premax[pos][0];
x -= cnt;
}
}
return cur <= 0;
};
LL l = 0, r = 1e18;
while(l + 1 < r){
LL mid = (l + r) >> 1;
if (check(mid))
r = mid;
else
l = mid;
}
cout << r << '\n';
return 0;
}
G - Bags Game (abc303 g)
题目大意
<++>
解题思路
<++>
神奇的代码
Ex - Constrained Tree Degree (abc303 h)
题目大意
给定一个集合，其元素范围在\(1 \sim n - 1\)内。
问有多少棵\(n\)个节点的数，其每个节点的度数都属于该集合里。
解题思路
<++>
神奇的代码