Codeforces Round #556 (Div. 1)

A. Prefix Sum Primes

给你一堆1,2，你可以任意排序，要求你输出的数列的前缀和中质数个数最大。

发现只有\(2\)是偶质数，那么我们先放一个\(2\)，再放一个\(1\)，接下来把\(2\)全部放掉再把\(1\)全部放掉就行了。

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
inline int read()
{int x=0;bool t=false;char ch=getchar();while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();if(ch=='-')t=true,ch=getchar();while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();return t?-x:x;
}
int n,a[3];
int main()
{n=read();for(int i=1;i<=n;++i)a[read()]+=1;if(a[2]){printf("2 "),a[2]-=1;if(a[1])printf("1 "),a[1]-=1;}while(a[2])printf("2 "),a[2]-=1;while(a[1])printf("1 "),a[1]-=1;puts("");return 0;
}

B. Three Religions

给你一个串\(S\)，会动态的修改三个串，修改是在三个串的末尾删去或加入一个字符。
每次修改完之后回答这三个串能否表示成\(S\)的三个不交的子序列。

考虑一个\(dp\)，\(f[i][a][b][c]\)，表示当前考虑到了串的第\(i\)个位置，匹配了到了三个串的\(a,b,c\)位置。
然后发现第一维这个东西非常蠢。把状态改一下，变成\(f[a][b][c]\)表示三个串分别匹配到\(a,b,c\)时\(i\)的最小值。
这样子单次修改转移的复杂度就是\(O(len^2)\)，这样子复杂度就很对了。

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define MAX 100100
int n,Q;
int nxt[MAX][26],lst[26];
char s[MAX],a[4][MAX];
int len[4],f[255][255][255];
void dp(int x,int y,int z)
{if(!(x|y|z))return;f[x][y][z]=n+1;if(x&&f[x-1][y][z]<=n)f[x][y][z]=min(f[x][y][z],nxt[f[x-1][y][z]][a[1][x]-97]);if(y&&f[x][y-1][z]<=n)f[x][y][z]=min(f[x][y][z],nxt[f[x][y-1][z]][a[2][y]-97]);if(z&&f[x][y][z-1]<=n)f[x][y][z]=min(f[x][y][z],nxt[f[x][y][z-1]][a[3][z]-97]);
}
int main()
{scanf("%d%d%s",&n,&Q,s+1);for(int i=0;i<26;++i)lst[i]=n+1;for(int i=n;~i;--i){for(int j=0;j<26;++j)nxt[i][j]=lst[j];if(i)lst[s[i]-97]=i;}while(Q--){char ch[2],ss[2];int x;scanf("%s%d",ch,&x);if(ch[0]=='+'){scanf("%s",ss);a[x][++len[x]]=ss[0];if(x==1)for(int i=0;i<=len[2];++i)for(int j=0;j<=len[3];++j)dp(len[1],i,j);if(x==2)for(int i=0;i<=len[1];++i)for(int j=0;j<=len[3];++j)dp(i,len[2],j);if(x==3)for(int i=0;i<=len[1];++i)for(int j=0;j<=len[2];++j)dp(i,j,len[3]);}else --len[x];if(f[len[1]][len[2]][len[3]]<=n)puts("YES");else puts("NO");}return 0;
}

C. Tree Generator™

给你一个括号序列，显然一个合法的括号序列和一棵树是对应的。
现在每次交换括号序列的两个位置，求交换完之后的每一棵树的直径。

首先问题可以变成给定把(看成\(1\)，把)看成\(-1\)。
于是问题就变成了你要在括号序列上找到任意一段连续的子串，并且把它分成两段，使得后一半的值减去前一半的值最大。
然后线段树维护一下就行了。

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define MAX 200200
#define lson (now<<1)
#define rson (now<<1|1)
inline int read()
{int x=0;bool t=false;char ch=getchar();while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();if(ch=='-')t=true,ch=getchar();while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();return t?-x:x;
}
int n,Q;char s[MAX];
struct Node{int pre[2],suf[2],ans,sum,tot;}t[MAX<<2],L,R;
Node operator+(Node a,Node b)
{Node c;c.pre[0]=max(a.pre[0],a.sum+b.pre[0]);c.pre[1]=max(a.pre[1],max(a.tot+b.pre[0],-a.sum+b.pre[1]));c.suf[0]=max(b.suf[0],-b.sum+a.suf[0]);c.suf[1]=max(b.suf[1],max(b.tot+a.suf[0],b.sum+a.suf[1]));c.sum=a.sum+b.sum;c.tot=max(a.tot+b.sum,-a.sum+b.tot);c.ans=max(max(a.ans,b.ans),max(a.suf[0]+b.pre[1],a.suf[1]+b.pre[0]));return c;
}
void Modify(int now,int l,int r,int p)
{if(l==r){t[now]=(s[p]=='(')?L:R;return;}int mid=(l+r)>>1;if(p<=mid)Modify(lson,l,mid,p);else Modify(rson,mid+1,r,p);t[now]=t[lson]+t[rson];
}
int main()
{L=(Node){1,1,0,1,1,1,1};R=(Node){0,1,1,1,1,-1,1};n=(read()-1)<<1;Q=read();scanf("%s",s+1);for(int i=1;i<=n;++i)Modify(1,1,n,i);printf("%d\n",t[1].ans);while(Q--){int x,y;swap(s[x=read()],s[y=read()]);Modify(1,1,n,x);Modify(1,1,n,y);printf("%d\n",t[1].ans);}return 0;
}

D. Abandoning Roads

你有一张图，你需要对于每一个点回答在任意一棵最小生成树中，\(1\)号点到这个点的路径的最小值是多少。
边权只有两种。

首先小的边权叫做\(a\)，大的边权叫做\(b\)。
现在是\(a\)边构成了一堆联通块，然后你用\(b\)边把这些联通块链接然后求最短路。
这里直接求最短路有一个问题就是你不能在同一个联通块内用\(b\)边，也不能让一条路径重复的经过两次同一个联通块。
那么我们考虑状压，记录已经访问过了哪一些联通块。
然而这样子是\(2^n\)的。
发现大小为\(1,2,3\)的联通块你不可能用\(b\)边绕一圈再重新进来，所以只需要考虑大小至少为\(4\)的联通块。这样子复杂度就降下来了

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
using namespace std;
#define MAX 72
inline int read()
{int x=0;bool t=false;char ch=getchar();while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();if(ch=='-')t=true,ch=getchar();while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();return t?-x:x;
}
struct Line{int v,next,w;}e[500];
int h[MAX],cnt=1;
inline void Add(int u,int v,int w){e[cnt]=(Line){v,h[u],w};h[u]=cnt++;}
int f[MAX],sz[MAX];
int getf(int x){return x==f[x]?x:f[x]=getf(f[x]);}
void Merge(int x,int y){x=getf(x);y=getf(y);f[y]=x;sz[x]+=sz[y];}
int dis[MAX][131072];bool vis[MAX][131072];
struct Node{int u,d,S;};
bool operator<(Node a,Node b){return a.d>b.d;}
priority_queue<Node> Q;
void upd(int u,int d,int S){if(dis[u][S]>d)dis[u][S]=d,Q.push((Node){u,d,S});}
int n,m,A,B,book[MAX],tim;
int main()
{n=read();m=read();A=read();B=read();for(int i=1;i<=n;++i)f[i]=i,sz[i]=1,book[i]=-1;for(int i=1;i<=m;++i){int u=read(),v=read(),w=read();Add(u,v,w);Add(v,u,w);if(w==A)Merge(u,v);}for(int i=1;i<=n;++i)if(book[i]==-1&&sz[getf(i)]>3){for(int j=i;j<=n;++j)if(getf(i)==getf(j))book[j]=tim;++tim;}memset(dis,63,sizeof(dis));upd(1,0,(~book[1])?1<<book[1]:0);while(!Q.empty()){int u=Q.top().u,S=Q.top().S;Q.pop();if(vis[u][S])continue;vis[u][S]=true;for(int i=h[u];i;i=e[i].next){int v=e[i].v,w=e[i].w;if(w==A)upd(v,dis[u][S]+w,S);else{if(getf(u)==getf(v))continue;if(~book[v]&&(S&(1<<book[v])))continue;upd(v,dis[u][S]+w,S|((~book[v])?1<<book[v]:0));}}}for(int i=1;i<=n;++i){int ans=1<<30;for(int j=0;j<1<<tim;++j)ans=min(ans,dis[i][j]);printf("%d ",ans);}return 0;
}

E. Election Promises

有一个\(DAG\)，现在两个人轮流操作。每次操作可以随意指定一个权值不为\(0\)的点，然后把它的权值减小为任意非负整数，同时可以把其所有出边的点权任意修改。不能操作者输。
求先手是否必胜。

首先盲猜肯定和\(sg\)函数那套理论相关，然后把每个点的\(sg\)值给求出来。
题目的结论是：对于所有\(sg=i\)的点，我们令\(s_k=\oplus_{sg[i]=k}h[i]\)，如果存在一个\(s_k\neq 0\)的话那么先手必胜，否则先手必败。

证明(伪证)
首先\(h\)全是\(0\)的时候一定是先手必败。
对于一个\(sg=k\)的点\(u\)，其儿子中必定包含了\([0,k-1]\)这些\(sg\)值。那么我们找到最大的\(sg\)值，其一定只能影响所有比他小的\(sg\)值的位置。
那么我们修改这个\(sg\)值中\(h\)最大的那个点，那么必定可以让它的\(sg\)值减小，然后一定可以把所有的\(s\)全部变成\(0\)，于是我们变成了一个必败态。
而后手此时操作完之后又一定存在至少一个数是\(0\)，又成了必胜态。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<vector>
using namespace std;
#define MAX 200200
inline int read()
{int x=0;bool t=false;char ch=getchar();while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();if(ch=='-')t=true,ch=getchar();while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();return t?-x:x;
}
vector<int> E[MAX];
int n,m,h[MAX],sg[MAX],sum[MAX];
int dg[MAX],Q[MAX],vis[MAX];
void Topsort()
{int h=1,t=0;for(int i=1;i<=n;++i)if(!dg[i])Q[++t]=i;while(h<=t){int u=Q[h++];for(int v:E[u])if(!--dg[v])Q[++t]=v;}
}
int main()
{n=read();m=read();for(int i=1;i<=n;++i)h[i]=read();for(int i=1;i<=m;++i){int u=read(),v=read();E[u].push_back(v);++dg[v];}Topsort();for(int i=n;i;--i){int u=Q[i];for(int v:E[u])vis[sg[v]]=i;while(vis[sg[u]]==i)++sg[u];sum[sg[u]]^=h[u];}for(int i=n;~i;--i)if(sum[i]){int pos;for(int j=1;j<=n;++j)if(sg[j]==i&&h[j]>(sum[i]^h[j]))pos=j;h[pos]^=sum[i];for(int v:E[pos])h[v]^=sum[sg[v]],sum[sg[v]]=0;puts("WIN");for(int j=1;j<=n;++j)printf("%d ",h[j]);puts("");return 0;}puts("LOSE");return 0;
}