[Atcoder][CF]简单题选做练习笔记 2
作者:快盘下载 人气:前言
接着上篇继续刷。文章太长了被迫拆分。
AT5759 ThREE
构造题，我最讨厌的题型之一。
p_i imes p_j equiv 0 pmod 3或者：
p_i + p_j equiv 0 pmod 3第一个式子，要求 p_i equiv 0 pmod 3，第二个式子要求 p_i equiv 1 pmod 3 且 p_j equiv 2 pmod 3 或者反过来。
一个简单的思路就是按 i mod 3 进行分类，然后考虑怎么做。
然后发现这个东西特别难做，因为距离为 3 还会出现跨过祖先的点对。
但是有一点是确定的，即距离为 3 的点对深度奇偶性一定不同。虽然奇偶性不同的点不一定距离为 3，但如果保证奇偶性不同的点都能满足，那么距离为 3 当然也满足。
于是可以按深度分类，分为 X 与 Y，即深度为奇与偶的集合。
需要按数量进行讨论。
|X|,|Y| > lfloor dfrac{n}{3} floor
两个都比较大的时候，将 p_i equiv 1 pmod 3 与 p_i equiv 2 pmod 3 分别放入，再把 p_i equiv 0 pmod 3 的塞入剩下的位置。这样对于所有的奇偶性不同的点对，都有 p_i equiv 0 pmod 3 或者 p_i equiv 1 pmod 3 且 p_j equiv 2 pmod 3，因此可以满足。
|X| > lfloor dfrac{n}{3} floor, |Y| le lfloor dfrac{n}{3} floor
如果出现这种情况，说明 |Y| 特别小，而要保证 X 与 Y 中任意两组都满足的话，可以直接把 p_i equiv 0 pmod 3 这个万金油塞到 Y 中，然后 X 随便放就行了。
|X| < lfloor dfrac{n}{3} floor
由于 |X| + |Y| = n，因此不会存在其他的情况了。
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <ctype.h>
const int bufSize = 1e6;
inline char nc()
{
#ifdef DEBUG
return getchar();
#endif
static char buf[bufSize], *p1 = buf, *p2 = buf;
return p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, bufSize, stdin), p1 == p2) ? EOF : *p1++;
}
template<typename T>
inline T read(T &r)
{
static char c;
static int flag;
flag = 1, r = 0;
for (c = nc(); !isdigit(c); c = nc()) if (c == '-') flag = -1;
for (; isdigit(c); c = nc()) r = r * 10 + c - 48;
return r *= flag;
}
const int maxn = 2e5 + 100;
struct node
{
int to, next;
} E[maxn << 1];
int head[maxn];
inline void add(const int& x, const int& y)
{
static int tot = 0;
E[++tot].next = head[x], E[tot].to = y, head[x] = tot;
}
int n, col[maxn], cnt[2], res[maxn];
void dfs(int u, int fa)
{
cnt[col[u]]++;
for (int p = head[u]; p; p = E[p].next)
{
int v = E[p].to;
if(v == fa) continue;
col[v] = col[u] ^ 1, dfs(v, u);
}
}
int main()
{
read(n);
for (int i = 1, a, b; i < n; ++i) read(a), read(b), add(a, b), add(b, a);
dfs(1, 1);
int mod1 = 1, mod2 = 2, mod0 = 3;
if(cnt[0] > n / 3 && cnt[1] > n / 3)
{
for (int i = 1; i <= n; ++i)
{
if (col[i] == 0)
{
if (mod1 <= n) res[i] = mod1, mod1 += 3;
else res[i] = mod0, mod0 += 3;
}
else
{
if (mod2 <= n) res[i] = mod2, mod2 += 3;
else res[i] = mod0, mod0 += 3;
}
}
}
else if(cnt[0] <= n / 3)
{
for (int i = 1; i <= n; ++i)
{
if (col[i] == 0)
{
if (mod0 <= n) res[i] = mod0, mod0 += 3;
}
else
{
if (mod1 <= n) res[i] = mod1, mod1 += 3;
else if (mod2 <= n) res[i] = mod2, mod2 += 3;
else res[i] = mod0, mod0 += 3;
}
}
}
else
{
for (int i = 1; i <= n; ++i)
{
if (col[i] == 1)
{
if (mod0 <= n) res[i] = mod0, mod0 += 3;
}
else
{
if (mod1 <= n) res[i] = mod1, mod1 += 3;
else if (mod2 <= n) res[i] = mod2, mod2 += 3;
else res[i] = mod0, mod0 += 3;
}
}
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) printf("%d ", res[i]);
return 0;
}CF1379F2 Chess Strikes Back (hard version)
动态修改，看起来就是数据结构题。
可能是线段树维护什么奇怪的东西。
题目范围给定 2n，2m，都是偶数，可以尝试拆为 2 imes 2 的小矩形来观察特性。
限制对角放置，那么一个矩形有四种状态，即左上/右下是否可以放置。
现在有一个 n imes m 的大矩阵，对每一格都放置一个国王，只有两种选择：左上/右下。
考虑什么时候会出现不合法的情况，定义只有左上可放置为 L，只有右下为 R ，可以发现：
一个 L 会限制它同列上方所有点选择 L，一个 R 会限制它同列下方所有点选择 R.
一个 L 会限制它同行左方所有点选择 L，一个 R 会限制它同行右方所有点选择 R.
一个 L 会限制它对角线上左上方的所有点选择 L，一个 R 会限制它对角线上右下方的所有点选择 R.
有一个大胆的想法：对每行、每列、每个对角线开动态开点线段树，然后做单点修改、区间查询检验合法性。
然而这样是不行的，因为一个点不仅有它自身的限制，还有它的限制造成的限制。
例如左上角、右下角一个不在同对角线上的 R 与 L，于是 R 使它同行右侧的与 L 同列的点强制选择 R，而与 L 限制它同列上方的所有点选择 L 冲突。
考虑一个 L 的所有限制都是对左上方的，而 R 的所有限制都是对右下方的，可以发现冲突只可能发生在 L 右下 R 左上的情况中。
这样就可以得到一个更紧的限制：
当且仅当 L 的左上方有 R 时，不满足条件。
这似乎就成了一个动态二维数点的问题？把时间序加进来，变成一个三维数点问题，硬上 cdq 分治就行了。
时间复杂度 O(nlog ^2 n).
然而这样写太蠢了，因为只需要数有没有，不需要数个数。
所以对于每一列，维护一个最小的 R ，维护一个最大的 L 就可以了。
每次插入 L 时，区间查询对应的 R，而每次插入 R 时，区间查询对应的 L，再看看如何撤销操作。
考虑暴力一点，对每一列，维护两个集合，然后暴力上就完事了。
常数有点大的 O(n log n) 做法。
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <set>
#include <ctype.h>
const int bufSize = 1e6;
using namespace std;
inline char nc()
{
#ifdef DEBUG
return getchar();
#endif
static char buf[bufSize], *p1 = buf, *p2 = buf;
return p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, bufSize, stdin), p1 == p2) ? EOF : *p1++;
}
template<typename T>
inline T read(T &r)
{
static char c;
static int flag;
flag = 1, r = 0;
for (c = nc(); !isdigit(c); c = nc()) if (c == '-') flag = -1;
for (; isdigit(c); c = nc()) r = r * 10 + c - 48;
return r *= flag;
}
const int maxn = 2e5 + 100;
int n, m, q;
int minr[maxn << 2], maxl[maxn << 2];
bool cant[maxn << 2];
set<int> LS[maxn], RS[maxn];
#define ls p << 1
#define rs p << 1 | 1
void build(int l, int r, int p)
{
minr[p] = 1 << 30, maxl[p] = 0;
if (l == r) return;
int mid = (l + r) >> 1;
build(l, mid, ls), build(mid + 1, r, rs);
}
inline void pushup(int p)
{
cant[p] = cant[ls] | cant[rs] | (minr[ls] <= maxl[rs]);
minr[p] = min(minr[ls], minr[rs]);
maxl[p] = max(maxl[ls], maxl[rs]);
}
void update(int l, int r, int p, int pos)
{
if(l == r)
{
minr[p] = RS[l].size() ? *RS[l].begin() : 1 << 30;
maxl[p] = LS[l].size() ? *--LS[l].end() : 0;
cant[p] = minr[p] <= maxl[p];
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
if (pos <= mid) update(l, mid, ls, pos);
else update(mid + 1, r, rs, pos);
pushup(p);
}
int main()
{
read(n), read(m), read(q);
build(1, n, 1);
for (int i = 1, x, y; i <= q; ++i)
{
read(x), read(y);
int gx = (x + 1) >> 1, gy = (y + 1) >> 1;
if (x & 1)
{
//R
set<int>::iterator it = RS[gx].find(gy);
if (it == RS[gx].end()) RS[gx].insert(gy);
else RS[gx].erase(it);
}
else
{
//L
set<int>::iterator it = LS[gx].find(gy);
if (it == LS[gx].end()) LS[gx].insert(gy);
else LS[gx].erase(it);
}
update(1, n, 1, gx);
puts(cant[1] ? "NO" : "YES");
}
return 0;
}CF1355C Count Triangles
两小边之和大于第三边即可。
x + y > z
这就是本题唯一限制。
一个很 naive 的想法就是枚举 x 与 y，然后去计算有多少 z 满足条件。
然后根据数据范围猜测枚举 x，利用某些规律统计 y，才能在足够时间内通过。
sum limits _{y=B}^C (max(min (x+y-1,D) - C + 1),0)这个最小值函数显然是可以分段套出来的。
x + y - 1 le D 时，即 B le y le D - x + 1 时，贡献是 sum limits _{y=B}^{min(C,D-x+1)} (x + y - 1) - (D - x + 1 - B + 1) imes (C-1)
左边这团显然可以求和公式优化到 O(1)，那么这段统计可以 O(1)，然后再处理一下最大值，改一改端点即可。
而当 x + y - 1 > DC ge y ge D - x + 2，然后贡献就是 (C - (D - x + 2) + 1) imes (D - C + 1)
当然要判断一下空集的情况，总之随便搞搞就行了。
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <ctype.h>
const int bufSize = 1e6;
#define DEBUG
using std::min;
using std::max;
#define int long long
inline char nc()
{
#ifdef DEBUG
return getchar();
#endif
static char buf[bufSize], *p1 = buf, *p2 = buf;
return p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, bufSize, stdin), p1 == p2) ? EOF : *p1++;
}
template<typename T>
inline T read(T &r)
{
static char c;
static int flag;
flag = 1, r = 0;
for (c = nc(); !isdigit(c); c = nc()) if (c == '-') flag = -1;
for (; isdigit(c); c = nc()) r = r * 10 + c - 48;
return r *= flag;
}
const int maxn = 5e5 + 100;
int A, B, C, D;
signed main()
{
read(A), read(B), read(C), read(D);
long long res = 0;
for (int x = A; x <= B; ++x)
{
int mid = min(D - x + 1, C);
if (mid >= B)
{
int num = mid - B + 1;
int left = x + B - 1, right = x + mid - 1;
left = max(left, C);
if (right >= left) num = right - left + 1, res += (left + right) * num / 2 - num * (C - 1);
}
mid = max(B,D - x + 2);
if(mid <= C)
{
int num = C - mid + 1;
res += num * (D - C + 1);
}
}
printf("%lld
", res);
return 0;
}CF1338B Edge Weight Assignment
最少最多分开做。
考虑怎么最少，有一个自然的想法是全部赋值为同一个数，如果叶子结点两两距离全都是偶数，这个就是对的。 如果是奇数，考虑怎么做。可以发现至少需要三种。 感受一下，应该也只需要三种就可以了。
如何知道叶子结点两两距离是否偶数？记录子树内是否存在深度为奇/偶的叶子结点，然后在祖先处处理判定。
最多可以有多少个呢？ 无论怎么异或，一个叶子都可以在它前往父亲的路上消掉所有的值，因此可以有很多。 然而，同一个父亲有多个叶子的话，这些叶子往父亲的路上的值都是一样的。 因此直接总边数减去 sum (leavenum(u) - 1) 即可。
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <ctype.h>
const int bufSize = 1e6;
inline char nc()
{
#ifdef DEBUG
return getchar();
#endif
static char buf[bufSize], *p1 = buf, *p2 = buf;
return p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, bufSize, stdin), p1 == p2) ? EOF : *p1++;
}
template<typename T>
inline T read(T &r)
{
static char c;
static int flag;
flag = 1, r = 0;
for (c = nc(); !isdigit(c); c = nc()) if (c == '-') flag = -1;
for (; isdigit(c); c = nc()) r = r * 10 + c - 48;
return r *= flag;
}
const int maxn = 1e5 + 100;
int n, root, can, sum;
struct node
{
int to, next;
} E[maxn << 1];
int head[maxn];
inline void add(const int& x, const int& y)
{
static int tot = 0;
E[++tot].next = head[x],E[tot].to = y,head[x] = tot;
};
bool dep[maxn], f[maxn][2];
void dfs1(int u, int fa)
{
if (!E[head[u]].next) return (void)(f[u][dep[u]] = 1);
int sonleaf = 0;
for (int p = head[u]; p; p = E[p].next)
{
int v = E[p].to;
if(v == fa) continue;
dep[v] = dep[u] ^ 1, dfs1(v, u),sonleaf += !E[head[v]].next;
if ((f[v][0] && f[u][1]) || (f[v][1] && f[u][0])) can = 0;
f[u][0] |= f[v][0],f[u][1] |= f[v][1];
}
if (sonleaf) sum += sonleaf - 1;
}
int main()
{
read(n);
if (n == 2) return puts("1 1"), 0;
for (int i = 1, a, b; i < n; ++i) read(a), read(b), add(a, b), add(b, a);
for (int i = 1; !root && i <= n; ++i) if (E[head[i]].next) root = i;
can = 1, dfs1(root, 0);
printf("%d %d
", can ? 1 : 3, n - 1 - sum);
return 0;
}CF1322B Present
值域很奇怪，考虑按位处理。
枚举第 i 个数的第 k 位，统计所有 a_i + a_j 中第 k 位为 1 的个数，根据奇偶性判断答案第 k 位的值。
可以发现，第 k 位的取值仅与前 k 位有关。
令 b_i = a_i ext{ and } (2^{k+1} - 1)，那么仅考虑 b_j + b_i 即可确定第 k 位取值。
b_i + b_j 何时第 k 位为 1？当 b_j + b_i in [2^k,2^{k+1}-1] 时肯定成立，但还要考虑第 k 位进位后又被第 k-1 位进位为 1，因此 b_j + b_i in [2^{k+1} + 2^k,2^{k+2} - 2] 同样是合法的。
这个东西当然可以大力树状数组维护，时间复杂度 O(n log^2 a_i)，不太可行。
可以考虑按 b_i 排序，然后用双指针来统计个数，可以做到 O(n log n log a_i)，应该能过。
然后这里排序可以用归并排序，这样就能稳定通过了。
时间复杂度 O(n log a_i).
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <ctype.h>
const int bufSize = 1e6;
inline char nc()
{
#ifdef DEBUG
return getchar();
#endif
static char buf[bufSize], *p1 = buf, *p2 = buf;
return p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, bufSize, stdin), p1 == p2) ? EOF : *p1++;
}
template <typename T>
inline T read(T& r)
{
static char c;
r = 0;
for (c = nc(); !isdigit(c); c = nc());
for (; isdigit(c); c = nc()) r = r * 10 + c - 48;
return r;
}
const int maxn = 4e5 + 100;
int n, a[maxn], b[maxn], id[maxn], maxx, ans;
int L[maxn], Lid[maxn], R[maxn], Rid[maxn];
void mergesort(int k)
{
int lnum = 0, rnum = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
if (a[id[i]] & (1 << k)) R[++rnum] = b[i] | (1 << k), Rid[rnum] = id[i];
else L[++lnum] = b[i], Lid[lnum] = id[i];
int p1 = 1, p2 = 1, p = 1;
while (p1 <= lnum && p2 <= rnum)
if (L[p1] <= R[p2]) b[p] = L[p1], id[p++] = Lid[p1++];
else b[p] = R[p2], id[p++] = Rid[p2++];
while (p1 <= lnum) b[p] = L[p1], id[p++] = Lid[p1++];
while (p2 <= rnum) b[p] = R[p2], id[p++] = Rid[p2++];
}
int count(int ll, int rr) // count how many in [ll,rr] using two pointer
{
int bitnum = 0, l = 1, r = n;
for (int i = n; i; L[i--] = l)
while (l < i && b[l] + b[i] < ll) ++l;
for (int i = 1; i <= n; R[i] = std::min(i - 1, r), ++i)
while (r > 0 && b[i] + b[r] > rr) --r;
for (int i = 2; i <= n; ++i)
if (R[i] >= L[i]) bitnum += R[i] - L[i] + 1;
return bitnum;
}
int main()
{
read(n);
for (int i = 1; i <= n; ++i) read(a[i]), maxx = std::max(maxx, a[i]);
for (int i = 1; i <= n; ++i) id[i] = i;
for (int k = 0; (1 << k) <= (maxx << 1); ++k)
{
mergesort(k);
int bitnum = count(1 << k, (1 << (k + 1)) - 1) + count((1 << k) + (1 << (k + 1)), (1 << (k + 2)) - 2);
if (bitnum & 1) ans |= 1 << k;
}
printf("%d
", ans);
return 0;
}CF1304C Air Conditioner
每个时刻可能的温度区间是固定的，可以直接模拟一遍过去。
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <ctype.h>
const int bufSize = 1e6;
inline char nc()
{
#ifdef DEBUG
return getchar();
#endif
static char buf[bufSize], *p1 = buf, *p2 = buf;
return p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, bufSize, stdin), p1 == p2) ? EOF : *p1++;
}
template<typename T>
inline T read(T &r)
{
static char c;
static int flag;
flag = 1, r = 0;
for (c = nc(); !isdigit(c); c = nc()) if (c == '-') flag = -1;
for (; isdigit(c); c = nc()) r = r * 10 + c - 48;
return r *= flag;
}
const int maxn = 110;
int T, n, m, L[maxn], R[maxn], pos[maxn];
int main()
{
read(T);
while(T--)
{
read(n),read(m);
for (int i = 1; i <= n; ++i) read(pos[i]), read(L[i]), read(R[i]);
for (int i = n; i; --i) pos[i] -= pos[i - 1];
int l = m, r = m;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
{
l = std::max(l - pos[i], L[i]), r = std::min(r + pos[i], R[i]);
if (l > r) goto fail;
}
puts("YES");
continue;
fail:
puts("NO");
}
return 0;
}CF1292B Aroma’s Search
可以发现，每次坐标至少翻倍，因此暴力复杂度是对数级别的。
那么暴力把所有点模拟出来。
然后大力搜索，大力剪枝。
然而这样还是会挂，因为点太多了，暴力搜索是 O(n!) 的。
大力猜结论，每次只会移动到相邻的点，因为走曼哈顿距离，非相邻的点一定可以从相邻的点走过去，且距离不变。
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <ctype.h>
const int bufSize = 1e6;
inline char nc()
{
#ifdef DEBUG
return getchar();
#endif
static char buf[bufSize], *p1 = buf, *p2 = buf;
return p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, bufSize, stdin), p1 == p2) ? EOF : *p1++;
}
template <typename T>
inline T read(T& r)
{
static char c;
static int flag;
flag = 1, r = 0;
for (c = nc(); !isdigit(c); c = nc())
if (c == '-') flag = -1;
for (; isdigit(c); c = nc()) r = r * 10 + c - 48;
return r *= flag;
}
#define ll long long
ll x0, y0, ax, ay, bx, by, sx, sy, t;
const ll maxx = 1e18;
const int maxn = 200;
ll X[maxn], Y[maxn], cnt, res;
ll d[maxn][maxn];
ll myabs(ll x) { return x > 0 ? x : -x; }
ll getdis(ll x1, ll y1, ll x2, ll y2) { return myabs(x1 - x2) + myabs(y1 - y2); }
bool vis[200];
void dfs(int pos, ll num, ll nowt)
{
res = std::max(res, num);
for (int i = 1; i <= cnt; ++i)
if (myabs(pos - i) < 2 && !vis[i] && nowt >= d[i][pos])
{
vis[i] = 1;
dfs(i, num + 1, nowt - d[i][pos]);
vis[i] = 0;
}
}
int main()
{
read(x0), read(y0), read(ax), read(ay), read(bx), read(by), read(sx), read(sy), read(t);
ll nowx = x0, nowy = y0;
for (int i = 0;; ++i)
{
if (getdis(nowx, nowy, sx, sy) <= t) X[++cnt] = nowx, Y[cnt] = nowy;
if ((maxx - bx) / nowx < ax) break;
if ((maxx - by) / nowy < ay) break;
nowx = nowx * ax + bx, nowy = nowy * ay + by;
}
for (int i = 1; i <= cnt; ++i)
for (int j = i + 1; j <= cnt; ++j) d[i][j] = d[j][i] = getdis(X[i], Y[i], X[j], Y[j]);
//printf("%lld
",cnt);
for (int i = 1; i <= cnt; ++i)
if (t >= getdis(sx, sy, X[i], Y[i]))
{
vis[i] = 1;
dfs(i, 1, t - getdis(sx, sy, X[i], Y[i]));
vis[i] = 0;
}
printf("%lld
", res);
return 0;
}CF1320C World of Darkraft: Battle for Azathoth
一个很自然的想法是枚举一个端点，二分另一个端点，不幸的是没有什么单调性可言。
考虑依然枚举一个端点，然后上数据结构。
定义 f(i) 为在当前枚举的 x 下，选择 y = i 时能获得的最大价值。每次把新的 x 的怪物的收益插入，把对应的新的 x 的武器的代价插入即可。
初始化时，把代价初始化进去。
维护一个线段树，区间修改，全局最大。
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <ctype.h>
const int bufSize = 1e6;
using namespace std;
inline char nc()
{
#ifdef DEBUG
return getchar();
#endif
static char buf[bufSize], *p1 = buf, *p2 = buf;
return p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, bufSize, stdin), p1 == p2) ? EOF : *p1++;
}
template<typename T>
inline T read(T &r)
{
static char c;
static int flag;
flag = 1, r = 0;
for (c = nc(); !isdigit(c); c = nc()) if (c == '-') flag = -1;
for (; isdigit(c); c = nc()) r = r * 10 + c - 48;
return r *= flag;
}
const int maxn = 2e5 + 100;
const int maxm = 1e6;
int n, m, p;
int costa[maxm + 100], costb[maxm + 100];
vector<pair<int,int> > V[maxm + 100];
int maxx[maxm << 2], tag[maxm << 2];
#define ls p << 1
#define rs p << 1 | 1
inline void pushup(int p) { maxx[p] = max(maxx[ls], maxx[rs]); }
inline void pushdown(int p) { if (tag[p]) maxx[ls] += tag[p], maxx[rs] += tag[p], tag[ls] += tag[p], tag[rs] += tag[p], tag[p] = 0; }
void build(int l, int r, int p)
{
if (l == r) return (void)(maxx[p] = -costb[l]);
int mid = l + r >> 1;
build(l, mid, ls), build(mid + 1, r, rs), pushup(p);
}
void modify(int l,int r,int p,int ll,int rr,int k)
{
if (l >= ll && r <= rr) return (void)(maxx[p] += k, tag[p] += k);
pushdown(p);
int mid = (l + r) >> 1;
if (ll <= mid) modify(l, mid, ls, ll, rr, k);
if (rr > mid) modify(mid + 1, r, rs, ll, rr, k);
pushup(p);
}
int main()
{
read(n), read(m), read(p);
memset(costa, 0x3f, sizeof(costa)), memset(costb, 0x3f, sizeof(costb));
int maxa = 0, maxb = 0;
for (int i = 1, a, cost; i <= n; ++i) read(a), read(cost), costa[a] = min(costa[a], cost), maxa = max(maxa, a);
for (int i = 1, b, cost; i <= m; ++i) read(b), read(cost), costb[b] = min(costb[b], cost), maxb = max(maxb, b);
for (int i = maxa - 1; i; --i) costa[i] = min(costa[i], costa[i + 1]);
for (int i = maxb - 1; i; --i) costb[i] = min(costb[i], costb[i + 1]);
for (int i = 1, x, y, z; i <= p; ++i)
read(x), read(y), read(z), V[x].push_back(make_pair(y, z));
build(1, maxb, 1);
int res = -2100000000;
for (int i = 1; i <= maxa; ++i)
{
res = max(res, maxx[1] - costa[i]);
for (vector<pair<int, int> >::iterator it = V[i].begin(); it != V[i].end(); ++it)
if (it->first < maxb) modify(1, maxb, 1, it->first + 1, maxb, it->second);
}
printf("%d
", res);
return 0;
}CF1304E 1-Trees and Queries
将路径分为两类：经过额外边与不经过额外边。
无向边成二环，只需要考虑奇偶性。
经过额外边也有两种可能，即从两个端点进入，随便搞搞即可。这破题怎么都到 E 来了。
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <ctype.h>
const int bufSize = 1e6;
inline char nc()
{
#ifdef DEBUG
return getchar();
#endif
static char buf[bufSize], *p1 = buf, *p2 = buf;
return p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, bufSize, stdin), p1 == p2) ? EOF : *p1++;
}
template<typename T>
inline T read(T &r)
{
static char c;
static int flag;
flag = 1, r = 0;
for (c = nc(); !isdigit(c); c = nc()) if (c == '-') flag = -1;
for (; isdigit(c); c = nc()) r = r * 10 + c - 48;
return r *= flag;
}
const int maxn = 1e5 + 100;
int n, m;
struct node
{
int to, next;
} E[maxn << 1];
int head[maxn];
inline void add(const int& x, const int& y)
{
static int tot = 0;
E[++tot].next = head[x], E[tot].to = y, head[x] = tot;
}
int size[maxn], son[maxn], fa[maxn], dep[maxn], top[maxn];
void dfs1(int u)
{
size[u] = 1;
for (int p = head[u]; p; p = E[p].next)
{
int v = E[p].to;
if (v == fa[u]) continue;
dep[v] = dep[u] + 1, fa[v] = u, dfs1(v), size[u] += size[v];
if (size[v] > size[son[u]]) son[u] = v;
}
}
void dfs2(int u)
{
if (!son[u]) return;
top[son[u]] = top[u], dfs2(son[u]);
for (int p = head[u]; p; p = E[p].next)
{
int v = E[p].to;
if (v == fa[u] || v == son[u]) continue;
dfs2(top[v] = v);
}
}
inline int lca(int x, int y)
{
for (; top[x] != top[y]; x = fa[top[x]]) if (dep[top[x]] < dep[top[y]]) std::swap(x, y);
return dep[x] < dep[y] ? x : y;
}
inline int getdis(int x, int y) { return dep[x] + dep[y] - (dep[lca(x, y)] << 1); }
inline bool check(int x, int y) { return x <= y && (x & 1) == (y & 1); }
int main()
{
read(n);
for (int i = 1, a, b; i < n; ++i) read(a), read(b), add(a, b), add(b, a);
dfs1(1), top[1] = 1, dfs2(1);
read(m);
for (int i = 1, x, y, a, b, k; i <= m; ++i)
{
read(x), read(y), read(a), read(b), read(k);
//not passing
int d = getdis(a, b);
if (check(d,k)) { puts("YES"); continue; }
//goto x
d = getdis(a, x) + 1 + getdis(y, b);
if (check(d, k)) { puts("YES"); continue; }
//goto y
d = getdis(a, y) + 1 + getdis(x, b);
if (check(d, k)) { puts("YES"); continue; }
puts("NO");
}
return 0;
}结语
35 题的题单肝了 29 题，有点难受，各种猜结论、构造做的有点晕了，所以就告一段落了。下一阶段以刷真题为主。
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