Codeforces 部分题目题解（口胡）

883D

题面

题目大意：给你一个长度为n的字符串，上面有牛(“P”)，草(“*”)和空地(“.”)。现在你给每一头牛规定一个方向，它会一直往前吃草，直到走到边界。每一份草只会被吃1次，要求输出最多吃多少草，以及在此基础下吃完最后一份草的最小时间。n<=1000000。

做法：很明显两头牛就可以吃完所有草，于是暴力处理0,1头牛的情况。然后由于具有单调性，考虑二分答案后贪心（时限3s不虚）。接下来证明两个小结论：

1.最前面的草，顶多会被它后面第二头牛吃掉。
这个从上图就可以看出。①中红色和蓝色的边分别比②中红色和蓝色的边长。

2.二分完阀值mid后，如果最前面的草后面mid处至少有两头牛，且第一头牛与第二头牛之间没有草，那么让第一头牛吃该草，第二头牛往后吃。
这个结论应该很显然……
但是如果两头牛中间有草怎么办呢？是不是让第二头牛往前吃，第一头牛往后吃就最优了？答案是否定的。我一开始按照这个思路写了个贪心，结果被下面这组数据卡掉了：
19
∗∗P.∗..∗..P..∗.∗P∗∗ **P.*..*..P..*.*P**
（这组数据的最优方案应该是让第一，三头牛往前吃，第二头牛往后吃）
所以我们要用DP！记f[i]=j表示考虑完第i头牛之后，最多能处理完1~j处的草。然后根据上述思路用f[i-2]或f[i-1]转移即可。
~~我一开始把时限看成了1s，结果想了很久都想不出O(n)的做法QAQ~~

CODE：

#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
using namespace std;const int maxn=1000100;int sum[maxn];
int f[maxn];
int id[maxn];char s[maxn];
int a[maxn];int n;
int cnt=0,num=0;bool Judge(int x)
{f[0]=0;for (int i=1; i<=num; i++){f[i]=0;int y=id[i];if (f[i-1]>=y-1) f[i]=max(f[i],y+x);if (f[i-1]<y-1)if (sum[y]-sum[ f[i-1] ])if (sum[max(0,y-x-1)]-sum[ f[i-1] ]>0) return false;else{f[i]=max(f[i],y);if ( i>=2 && sum[max(0,y-x-1)]-sum[ f[i-2] ]<=0 )f[i]=max(f[i],id[i-1]+x);}else f[i]=max(f[i],y+x);}if ( f[num]>=n ||  sum[n]-sum[ f[num] ]<=0 ) return true;return false;
}int Binary()
{int L=0,R=n;while (L+1<R){int mid=(L+R)>>1;if ( Judge(mid) ) R=mid;else L=mid;}return R;
}int main()
{freopen("2326.in","r",stdin);freopen("2326.out","w",stdout);scanf("%d",&n);scanf("%s",s);for (int i=1; i<=n; i++){if (s[i-1]=='*') a[i]=0,cnt++;if (s[i-1]=='P') a[i]=1,id[++num]=i;if (s[i-1]=='.') a[i]=2;}if (num<=1)if (num==0) printf("0 0\n");else{int x=0,y=0;for (int i=1; i<=n; i++)if (a[i]==1) x=i;for (int i=1; i<=x; i++)if (a[i]==0) y++;int Le=0,Ri=0;for (int i=x; i>=1; i--)if (a[i]==0) Le=x-i;for (int i=x; i<=n; i++)if (a[i]==0) Ri=i-x;if (y>cnt-y) printf("%d %d\n",y,Le);elseif (y<cnt-y) printf("%d %d\n",cnt-y,Ri);elseif (Le<Ri) printf("%d %d\n",y,Le);else printf("%d %d\n",cnt-y,Ri);}else{sum[0]=0;for (int i=1; i<=n; i++){sum[i]=sum[i-1];if (a[i]==0) sum[i]++;}int ans=Binary();printf("%d %d\n",cnt,ans);}return 0;
}

875E

题面

题目大意：有n个城市，给出它们在数轴上的坐标。现在有两个人在s1和s2处，他们要按顺序走完这n个城市，求他们两个人最大距离的最小值。n<=100000。

做法：分析之后发现，它就是要你把这n个城市分成若干段，使得每一段的所有城市到上一段的最后一个城市的距离小于等于ans。二分答案之后用treap维护即可，时间复杂度 O(nlog2(n)) O(n\log^2(n))。
然而这样做会被卡常（虽然CF的机子跑得灰常快）。
更优的方法是从后往前考虑。如果第n-1个城市在[a[n]-mid,a[n]+mid]的范围内，就可以无视掉第n个城市；否则就要求第n-2个城市在[a[n]-mid,a[n]+mid]与[a[n-1]-mid,a[n-1]+mid]的交集内，不存在则无解。这样时间就是 O(nlog(n)) O(n\log(n))。

CODE（Treap）：

#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
using namespace std;const int maxn=100100;
const int oo=2000001000;const long long M1=998244353;
const long long M2=1000000007;
const long long M3=1333333331;
typedef long long LL;
LL seed;struct Tnode
{int val,id,min_id,fix;Tnode *lson,*rson;
} tree[maxn];
Tnode *Root;
int cur;int Right[maxn];
int a[maxn];
int n,s1,s2;int Rand()
{seed=(seed*M1+M2)%M3;return seed;
}Tnode *New_node(int Val,int Id)
{cur++;tree[cur].val=Val;tree[cur].min_id=tree[cur].id=Id;tree[cur].fix=Rand();tree[cur].lson=tree[cur].rson=NULL;return tree+cur;
}void Recount(Tnode *P)
{P->min_id=P->id;if (P->lson) P->min_id=min(P->min_id,P->lson->min_id);if (P->rson) P->min_id=min(P->min_id,P->rson->min_id);
}void Right_turn(Tnode *&P)
{Tnode *W=P->lson;P->lson=W->rson;W->rson=P;P=W;Recount(P->rson);Recount(P);
}void Left_turn(Tnode *&P)
{Tnode *W=P->rson;P->rson=W->lson;W->lson=P;P=W;Recount(P->lson);Recount(P);
}void Insert(Tnode *&P,int Val,int Id)
{if (!P) P=New_node(Val,Id);elseif ( Val<P->val || ( Val==P->val && Id<P->id ) ){Insert(P->lson,Val,Id);if ( P->lson->fix < P->fix ) Right_turn(P);else Recount(P);}else{Insert(P->rson,Val,Id);if ( P->rson->fix < P->fix ) Left_turn(P);else Recount(P);}
}int Find_succ(Tnode *P,int Val,int Ans)
{if (!P) return Ans;if (Val<P->val){Ans=min(Ans,P->id);if (P->rson) Ans=min(Ans,P->rson->min_id);return Find_succ(P->lson,Val,Ans);}return Find_succ(P->rson,Val,Ans);
}int Find_prev(Tnode *P,int Val,int Ans)
{if (!P) return Ans;if (P->val<Val){Ans=min(Ans,P->id);if (P->lson) Ans=min(Ans,P->lson->min_id);return Find_prev(P->rson,Val,Ans);}return Find_prev(P->lson,Val,Ans);
}bool Judge(int x)
{Root=NULL;cur=-1;Insert(Root,-oo,n+1);Insert(Root,oo,n+1);for (int i=n; i>=1; i--){int Succ=Find_succ(Root,a[i]+x,n+1);int Prev=Find_prev(Root,a[i]-x,n+1);Right[i]=min(Prev,Succ)-1;Insert(Root,a[i],i);}int now=0;int Succ=Find_succ(Root,s1+x,n+1);int Prev=Find_prev(Root,s1-x,n+1);now=max(now, min(Prev,Succ)-1 );Succ=Find_succ(Root,s2+x,n+1);Prev=Find_prev(Root,s2-x,n+1);now=max(now, min(Prev,Succ)-1 );for (int i=1; i<=n; i++){if (i>now) return false;now=max(now,Right[i]);}return true;
}int Binary()
{int L=0,R=1000000000;while (L+1<R){int mid=(L+R)>>1;if ( Judge(mid) ) R=mid;else L=mid;}return R;
}int main()
{freopen("2330.in","r",stdin);freopen("2330.out","w",stdout);scanf("%d%d%d",&n,&s1,&s2);seed=n;for (int i=1; i<=n; i++) scanf("%d",&a[i]);int ans=Binary();ans=max(ans, max(s1-s2,s2-s1) );printf("%d\n",ans);return 0;
}

CODE（区间交）：

#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
using namespace std;const int maxn=100100;int a[maxn];
int n,s1,s2;bool Judge(int x)
{int L=a[n]-x,R=a[n]+x;for (int i=n-1; i>=1; i--){if ( L<=a[i] && a[i]<=R ) L=a[i]-x,R=a[i]+x;else{L=max(L,a[i]-x);R=min(R,a[i]+x);if (L>R) return false;}}if ( L<=s1 && s1<=R ) return true;if ( L<=s2 && s2<=R ) return true;return false;
}int Binary()
{int L=0,R=1000000000;while (L+1<R){int mid=(L+R)>>1;if ( Judge(mid) ) R=mid;else L=mid;}return R;
}int main()
{freopen("2330.in","r",stdin);freopen("2330.out","w",stdout);scanf("%d%d%d",&n,&s1,&s2);for (int i=1; i<=n; i++) scanf("%d",&a[i]);int ans=Binary();ans=max(ans, max(s1-s2,s2-s1) );printf("%d\n",ans);return 0;
}

875F

题面

题目大意：给出m个三元组(a,b,c)，表示如果该组选择了a或b两个数中的一个，你就会获得c的报酬。每个数顶多属于一个组，每个组顶多选择一个数。要求最大化报酬和。a,b<=n，n,m<=200000。

做法：~~这就是道典型的二分图匹配嘛~~
将所有三元组按c从大到小排序，然后按顺序处理。对于第i个三元组，先查看ai和bi是否在同一个集合，是的话再看这个集合是否已经有一个环，有环则选不了；不在一个集合，就看两个集合是否都有环，都有环则选不了，否则获得c的贡献，然后合并ai和bi所在集合。时间复杂度为 O(nα(n)) O(n\alpha(n))。

（代码因特殊原因不贴出）。
~~lhxQAQ老贼丧天良，我与珂朵莉共存亡！！！~~

891C

题面

题目大意：先给出一幅n个点，m条边的图（边按输入顺序编号）。然后有q个询问，每次询问给出数字k，再给出k条边的编号，问这k条边能不能同时存在于这幅图的最小生成树上。可以则输出”YES”，否则输出”NO”（均不含引号）。 n,m,q,∑k<=5∗105 n,m,q,\sum{k}。

做法：一开始写了个树上倍增，想着随便构一棵最小生成树，然后看路径最大值是否等于当前边权就可以了。然而这样连样例都过不了，因为同一个询问的边有可能相互冲突……
正确的方法是将所有边离线，按权值从小到大排序，权值相同则按所在询问的编号从小到大。要知道属于第i个询问，权值为val的边是否能存在于最小生成树上，就要将权值为1~val-1的边加进并查集里，并将其它权值为val的，属于第i个询问的边加进并查集，然后看两点是否连通。如果下一条边和当前边权值相同但不属于同一个询问，为了保证正确性，需要将权值为val的，属于第i个询问的边先退出并查集。时间复杂度 O(nlog(n)) O(n\log(n))。

CODE：

#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
using namespace std;const int maxn=500100;struct edge
{int u,v,w;
} e[maxn];struct data
{int a,b,val,id;
} ask[maxn];
int cur=0;int fa[maxn];
int Size[maxn];int sak[maxn];
int tail=0;bool ans[maxn];
int n,m,q;bool Comp1(edge x,edge y)
{return x.w<y.w;
}bool Comp2(data x,data y)
{return x.val<y.val || ( x.val==y.val && x.id<y.id );
}int Find(int x)
{if (fa[x]==x) return x;return Find(fa[x]);
}void Add(int x,int y)
{x=Find(x);y=Find(y);if (x==y) return;if (Size[x]<Size[y]) swap(x,y);fa[y]=x;Size[x]+=Size[y];
}void Clear()
{while (tail){int x=sak[tail];Size[ fa[x] ]-=Size[x];fa[x]=x;tail--;}
}void Push(int x,int y)
{if (Size[x]<Size[y]) swap(x,y);fa[y]=x;Size[x]+=Size[y];sak[++tail]=y;
}int main()
{freopen("2341.in","r",stdin);freopen("2341.out","w",stdout);scanf("%d%d",&n,&m);for (int i=1; i<=m; i++) scanf("%d%d%d",&e[i].u,&e[i].v,&e[i].w);scanf("%d",&q);for (int i=1; i<=q; i++){int k;scanf("%d",&k);for (int j=1; j<=k; j++){int x;scanf("%d",&x);cur++;ask[cur].a=e[x].u;ask[cur].b=e[x].v;ask[cur].val=e[x].w;ask[cur].id=i;}ans[i]=1;}sort(e+1,e+m+1,Comp1);sort(ask+1,ask+cur+1,Comp2);for (int i=1; i<=n; i++) fa[i]=i,Size[i]=1;int h1=1,h2=1;while (h2<=cur){Clear();while ( e[h1].w<ask[h2].val && h1<=m ) Add(e[h1].u,e[h1].v),h1++;int t2=h2;while ( t2<=cur && ask[t2].val==ask[h2].val ){if (ask[t2].id!=ask[t2-1].id) Clear();int x=Find(ask[t2].a);int y=Find(ask[t2].b);if (x==y) ans[ ask[t2].id ]=0;else Push(x,y);t2++;}h2=t2;}for (int i=1; i<=q; i++)if (ans[i]) printf("YES\n");else printf("NO\n");return 0;
}

891B

题面

题目大意：给出一个长度为n的序列a，它有 2n−2 2^n-2个非空真子集。现要求将a中的数打乱，构造出序列b，使得b的这些子集的对应位置之和与a的对应位置之和都不等。n<=22。a中的数互不相同。

做法：一道有点脑洞的构造题。
将a中的数从小到大排序，然后全体右移一位，最小的数变成最大。这样不包含原先最小数的集合，每个的和都变小了；包含了原先最小数的集合，考虑其补集，补集的和一定变小，所以该集合之和一定变大。

CODE：

#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
using namespace std;const int maxn=30;struct data
{int val,id;
} a[maxn];
int n;bool Comp1(data x,data y)
{return x.val<y.val;
}bool Comp2(data x,data y)
{return x.id<y.id;
}int main()
{freopen("2342.in","r",stdin);freopen("2342.out","w",stdout);scanf("%d",&n);for (int i=1; i<=n; i++) scanf("%d",&a[i].val),a[i].id=i;sort(a+1,a+n+1,Comp1);a[n+1].val=a[1].val;for (int i=1; i<=n; i++) a[i].val=a[i+1].val;sort(a+1,a+n+1,Comp2);for (int i=1; i<=n; i++) printf("%d ",a[i]);printf("\n");return 0;
}

883B

题面

题目大意：有n名军人，军衔等级从低到高为1到k中的整数。给你m对关系(xi,yi)，表示要满足军人xi的军衔高于军人yi的军衔。已知其中一些军人的军衔，求出任意一种所有军人可能的军衔的方案，并且每种军衔都至少存在一名军人，如无法满足条件输出“-1”。一开始给定数组r，r[i]不为0表示已知第i位军人的军衔为r[i]。 n,m,k<=2∗105 n,m,k。

做法：一开始想错了贪心，导致WA了好多发，最后看了DLee大佬的代码才明白。
先将大小关系构出一个图，如果有环则无解。然后正反向拓扑一遍就可以知道每一个人军衔的下限Min与上限Max。现在的问题就变成了如何用这些区间覆盖1~k。我们从小到大考虑下限。假设当前做到i，则用一个堆维护所有Min<=i的区间的Max，每一次取出一个Max最小的来覆盖i。但如果堆里最小的Max都等于i，则令其答案一定要等于i。
接下来我们发现一个点的答案确定了之后，它所到达的点的Min会改变（变为当前点的答案+1）。于是干脆一开始先不要算出Min，边做边算，用一个链表存Min为某个值的人有哪些即可。

CODE：

#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
using namespace std;const int maxn=200100;struct edge
{int obj;edge *Next;
} e[maxn*3];
edge *head[maxn];
edge *nhead[maxn];
int cur=-1;int Heap[maxn];
int tail=0;int Min[maxn];
int Max[maxn];
int ans[maxn];int pin[maxn];
int pout[maxn];int vis[maxn];
int que[maxn];
int he,ta;int r[maxn];
int n,m,k;void Add(edge **Head,int x,int y)
{cur++;e[cur].obj=y;e[cur].Next=Head[x];Head[x]=e+cur;
}void Dfs(int node)
{vis[node]=1;for (edge *p=head[node]; p; p=p->Next){int to=p->obj;if (vis[to]==1){printf("-1\n");exit(0);}if (!vis[to]) Dfs(to);}vis[node]=2;
}void Calc_Max()
{he=0,ta=1;for (int i=1; i<=n; i++){Max[i]=k;if (!pout[i]) que[++ta]=i;if (r[i]) Max[i]=r[i];}while (he<ta){int node=que[++he];for (edge *p=nhead[node]; p; p=p->Next){int to=p->obj;Max[to]=min(Max[to],Max[node]-1);pout[to]--;if (!pout[to]){que[++ta]=to;if ( r[to]>Max[to] && r[to] ){printf("-1\n");exit(0);}if (r[to]) Max[to]=r[to];}}}
}void Insert(int x)
{Heap[++tail]=x;x=tail;while (x>1){int y=x>>1;if ( Max[ Heap[y] ]<Max[ Heap[x] ] ) break;swap(Heap[x],Heap[y]);x=y;}
}int Delete()
{int temp=Heap[1];Heap[1]=Heap[tail];tail--;int x=1;while (1){int y=x,Left=x<<1,Right=Left|1;if ( Left<=tail && Max[ Heap[Left] ]<Max[ Heap[y] ] ) y=Left;if ( Right<=tail && Max[ Heap[Right] ]<Max[ Heap[y] ] ) y=Right;if (x==y) break;swap(Heap[x],Heap[y]);x=y;}return temp;
}void Update(int node)
{for (edge *p=head[node]; p; p=p->Next){int to=p->obj;pin[to]--;Min[to]=max(Min[to],ans[node]+1);if (!pin[to]){if ( r[to]<Min[to] && r[to] ){printf("-1\n");exit(0);}if (r[to]) Min[to]=r[to];Add(nhead,Min[to],to);}}
}int main()
{freopen("2345.in","r",stdin);freopen("2345.out","w",stdout);scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);for (int i=1; i<=n; i++) scanf("%d",&r[i]),head[i]=nhead[i]=NULL;for (int i=1; i<=m; i++){int x,y;scanf("%d%d",&x,&y);Add(head,y,x);pin[x]++;pout[y]++;Add(nhead,x,y);}for (int i=1; i<=n; i++)if (!vis[i]) Dfs(i);Calc_Max();for (int i=1; i<=n; i++)if (Max[i]<1){printf("-1\n");return 0;}for (int i=1; i<=k; i++) nhead[i]=NULL;for (int i=1; i<=n; i++)if (!pin[i]){Min[i]=1;if (r[i]) Min[i]=r[i];Add(nhead,Min[i],i);}for (int i=1; i<=k; i++){for (edge *p=nhead[i]; p; p=p->Next) Insert(p->obj);if (!tail){printf("-1\n");return 0;}int x=Delete();ans[x]=i;Update(x);while ( tail && Max[ Heap[1] ]==i )x=Delete(),ans[x]=i,Update(x);}for (int i=1; i<=n; i++)if (!ans[i]){printf("-1\n");return 0;}for (int i=1; i<=n; i++) printf("%d ",ans[i]);printf("\n");return 0;
}

（持续待更）