【2022 CCPC 桂林站】

蒟蒻侥幸铜（打铁原地退役算了
赛前看着参赛队伍大名单就感觉够呛，不少985/211等强校一队，rank+=n。实际战况确实如此，一边开题一边感慨这么多细节怎么这么多队直接冲过去了…换来的就是无尽的焦急……

A - Lily

赛时2分钟有人过A，签到题，急速跟题，6分钟1A拿下。

题意

‘L’ 的左右两侧不能有 ‘C’。

题解

所有两侧（包括自身）没有 ‘L’ 的字符替换为 ‘C’。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define L(i,j,k) for(ll i=j;i<=k;++i)
#define R(i,j,k) for(ll i=j;i>=k;--i)
using namespace std;
const ll N=1e6+10;ll n,m,k,p,t;
char s[N];void solve(){scanf("%lld",&n);scanf("%s",s+1);s[0]='.',s[n+1]='.';L(i,1,n){if(s[i-1]=='L'||s[i+1]=='L'||s[i]=='L');else s[i]='C';}L(i,1,n)printf("%c",s[i]);printf("\n");
}int main(){ll cas=1;while(cas--)solve();
}

M - Youth Finale

开完签到就在瞎晃，此时有队伍过了E，猜了个结论冲了一发成功WA掉，然后掉头开M。

题意

给定初始数组，有两种操作：1. 可以将最前面的元素移至最后；2. 将整个数组翻转。
给出冒泡排序的代码，要求每次操作后，输出当前数组进行冒泡排序的swap次数。

题解

可以发现冒泡排序的swap次数就是逆序对数量。
假设当前逆序对数量为ppp，当前第一个元素为a1a_1a1，最后一个元素为ana_nan。

对于操作2，翻转整个数组，易得操作后的逆序对数 p′=n(n−1)2−pp'=\frac{n(n-1)}{2}-pp′=2n(n−1)−p。
对于操作1，如果当前操作2的数量为奇数，则等同于将最后一个元素移至最前面，p′=p−(a1−1)+(n−a1)p'=p-(a_1-1)+(n-a_1)p′=p−(a1−1)+(n−a1)；如果当前操作2的数量为偶数，即将第一个元素移至最后面，p′=p−(n−an)+(an−1)p'=p-(n-a_n)+(a_n-1)p′=p−(n−an)+(an−1)。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define L(i,j,k) for(ll i=j;i<=k;++i)
#define R(i,j,k) for(ll i=j;i>=k;--i)
using namespace std;
const ll N=1e6+10,inf=1e18;
ll dx[4]={0,0,1,-1},dy[4]={1,-1,0,0};ll n,m,k,p,t,x,y,z;
ll ans;
ll a[N],tr[N];
char s[N];deque<ll>sq;void updata(ll i){while(i<=n){tr[i]++;i+=i&-i;}
}ll qry(ll i){ll res=0;while(i>0){res+=tr[i];i-=i&-i;}return res;
}void solve(){scanf("%lld%lld",&n,&m);k=0;L(i,1,n){scanf("%lld",&x);k+=x-1-qry(x);updata(x);sq.push_back(x);}bool fg=0;scanf("%s",s+1);printf("%lld\n",k);L(i,1,m){if(s[i]=='S'){if(!fg){ll x=sq.front();sq.pop_front();k-=x-1;k+=n-x;sq.push_back(x);}else{ll x=sq.back();sq.pop_back();k+=x-1;k-=n-x;sq.push_front(x);}}else{fg=!fg;}//printf("(%lld)",k);if(!fg){printf("%lld",k%10);}else printf("%lld",(n*(n-1)-k)%10);}
}int main(){ll cas=1;//scanf("%lld",&cas);while(cas--)solve();
}

C - Array Concatenation

过M后逛了圈榜，决定开C。C推麻了，规律都找到了，结果时间都浪费在，预处理开小了的bug上。

题意

给定一个数组 b={b1,b2,...,bn}b=\{b_1,b_2,...,b_n\}b={b1,b2,...,bn}，进行mmm次以下操作之一：

使 b′={b1,b2,...,bn,b1,b2,...,bn}b'=\{b_1,b_2,...,b_n,b_1,b_2,...,b_n\}b′={b1,b2,...,bn,b1,b2,...,bn}，b=b′b=b'b=b′；
使 b′={bn,bn−1,...,b1,b1,b2,...,bn}b'=\{b_n,b_{n-1},...,b_1,b_1,b_2,...,b_n\}b′={bn,bn−1,...,b1,b1,b2,...,bn}，b=b′b=b'b=b′；

求操作后的 bbb 数组的前缀和之和取模后的最大值。
即求 max⁡{∑i=1n′∑j=1ibj(mod(109+7))}\max \{ \sum_{i=1}^{n'}\sum_{j=1}^i b_j(mod\ (10^9+7))\ \}max{∑i=1n′∑j=1ibj(mod (109+7)) }

题解

找规律！

规律1：进行一次操作2后，后续无论进行什么操作，bbb 数组都一样；
规律2：进一步总结，发现无论何时进行操作2后，对结果的影响都是一样的。

因此，答案只有两种情况，全是操作1的，以及进行过操作2的。O(m)O(m)O(m) 暴力求解即可。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define L(i,j,k) for(ll i=j;i<=k;++i)
#define R(i,j,k) for(ll i=j;i>=k;--i)
using namespace std;
const ll N=1e6+10,inf=1e18,mod=1e9+7;
ll dx[4]={0,0,1,-1},dy[4]={1,-1,0,0};ll n,m,k,p,t,x,y,z;
ll sm,sum,ans;
ll a[N],b[N],tr[N];
char s[N];deque<ll>sq;void solve(){scanf("%lld%lld",&n,&m);b[0]=1;L(i,1,2*m)b[i]=b[i-1]*2%mod;L(i,1,n)scanf("%lld",&a[i]),p+=a[i],k+=a[i]*(n-i+1)%mod;p%=mod,k%=mod;ans=0;ll x=2*n+1;L(i,1,m-1){x=(x*2+n*b[2*i]%mod)%mod;}ans=x*p%mod;L(i,1,m){k=(k+k+p*n%mod)%mod;p=p*2%mod;n=n*2%mod;}//k=(k*b[m]%mod+p*n%mod*(b[m]-1)%mod*b[m-1]%mod)%mod;ans=max(ans,k);printf("%lld\n",ans);
}int main(){ll cas=1;//scanf("%lld",&cas);while(cas--)solve();
}

E - Draw a triangle

过C后，一旁悟E的队友悟的差不多了，直接喂我扩欧解法，觉得没毛病直接开冲，但是不是用向量求解的，正负特判了好久。

题意

给定两个整数点，要求找出第三个整数点，使得够出的有效三角形面积最小。

题解

假设 x0<x1,y0<y1x_0<x_1\ ,y_0<y_1x0<x1 ,y0<y1，令 x2=x0+x,x′=x1−x0,y′=y1−y0x_2=x_0+x\ ,x'=x_1-x_0\ ,y'=y_1-y_0x2=x0+x ,x′=x1−x0 ,y′=y1−y0。
可以推出，要使三角形面积最小，即使 xy′modx′xy'\mod x'xy′modx′ 最小。
设 xy′=kx′+bxy'=kx'+bxy′=kx′+b，即 b=−kx′+xy′b=-kx'+xy'b=−kx′+xy′，由扩欧知，bmin=gcd(x′,y′)b_{min}=gcd(x',y')bmin=gcd(x′,y′)。
利用扩欧 exgcdexgcdexgcd，求得一组(−k,x)(-k,x)(−k,x)的解，剩下得交给正负性判断就行了。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define L(i,j,k) for(ll i=j;i<=k;++i)
#define R(i,j,k) for(ll i=j;i>=k;--i)
using namespace std;
const ll N=1e6+10,inf=1e18;
ll dx[4]={0,0,1,-1},dy[4]={1,-1,0,0};ll n,m,k,p,t,x,y;
ll ans;
char s[N];ll cal(ll x0,ll y0,ll x1,ll y1,ll x2,ll y2){return abs((x1-x0)*(y2-y0)-(x2-x0)*(y1-y0));
}ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){if(!b){x=1,y=0;return a;}ll r=exgcd(b,a%b,x,y);ll t=x;x=y,y=t-a/b*y;return r;
}void solve(){ll x0,y0,x1,y1,x2,y2,nx,ny;scanf("%lld%lld%lld%lld",&x0,&y0,&x1,&y1);ans=inf;L(i,0,3){x2=x0+dx[i];y2=y0+dy[i];ll x=cal(x0,y0,x1,y1,x2,y2);if(x<ans&&x>0){nx=x2,ny=y2;ans=x;}}L(i,0,3){x2=x1+dx[i];y2=y1+dy[i];ll x=cal(x0,y0,x1,y1,x2,y2);if(x<ans&&x>0){nx=x2,ny=y2;ans=x;}}if(x0==x1||y0==y1){printf("%lld %lld\n",nx,ny);return;}ll ex=abs(x1-x0),ey=abs(y1-y0);k=exgcd(-ex,ey,x,y);y-=y/(ex/k)*(ex/k);if(y<0)y+=abs(ex/k);double y3;if(x0<x1){x2=x0+y;y3=((x2-x0)*((double)(y0-y1))/(x0-x1))+y0;y2=y3;if(y3>0)if(y3-y2>0.5)y2++;if(y3<=0)if(y2-y3>0.5)y2--;}else{x2=x1+y;y3=((x2-x0)*((double)(y0-y1))/(x0-x1))+y0;y2=y3;if(y3>0)if(y3-y2>0.5)y2++;if(y3<=0)if(y2-y3>0.5)y2--;}ll x=cal(x0,y0,x1,y1,x2,y2);if(x<ans&&x>0){nx=x2,ny=y2;ans=x;}printf("%lld %lld\n",nx,ny);
}int main(){ll cas=1;scanf("%lld",&cas);while(cas--)solve();
}

G - Group Homework

过E后，时间已经所剩无几，场上也只有G能开（L纳什被劝退了，但后续发现只是构造题）。G的树dp细节真多，码完但没时间debug了，寄。

题意

给定一棵树，要求选两条路径，两条路径的价值为路径上不重合的点的权值和，求最大价值。

题解

很明显，两条路径要么相交于一点，要么互不相交为最优解。对于前者，枚举哪个点作为相交点，计算四条链的最大权值；对于后者，枚举边 (u,fu)(u,f_u)(u,fu)（fuf_ufu 是点 uuu 的父亲），考虑点 uuu 的子树中选择一条路径的最大权值，加上选择 fuf_ufu 作为第二条路径的一个点，或两条路径的 lcalcalca 为点 fuf_ufu。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define fi first
#define se second
#define x0 fi
#define x1 se.fi
#define x2 se.se
#define th second.second
#define L(i,j,k) for(ll i=j;i<=k;++i)
#define R(i,j,k) for(ll i=j;i>=k;--i)
using namespace std;
const ll N=1e6+10,inf=1e18,mod=1e9+7;
ll dx[4]={0,0,1,-1},dy[4]={1,-1,0,0};ll n,m,k,p,t,x,y,z;
ll sm,sum,ans;
ll a[N],b[N],dp[N];
char s[N];
pair<ll,ll>pr[N];
pair<ll,pair<ll,ll>>tp[N];struct edge{ll cnt,hed[N],to[N*2],nxt[N*2];void add(ll u,ll v){to[++cnt]=v,nxt[cnt]=hed[u],hed[u]=cnt;}void ADD(ll u,ll v){add(u,v);add(v,u);}
}eg;void dfs0(ll u,ll ac){auto tmp=make_pair(0,make_pair(0,0));for(ll i=eg.hed[u];i;i=eg.nxt[i]){ll v=eg.to[i];if(v!=ac){dfs0(v,u);ll val=tp[v].x0+a[v];if(val>=tmp.x0){tmp.x2=tmp.x1;tmp.x1=tmp.x0;tmp.x0=val;}else if(val>=tmp.x1){tmp.x2=tmp.x1;tmp.x1=val;}else if(val>tmp.x2){tmp.x2=val;}}}tp[u]=tmp;
}void dfs1(ll u,ll ac,ll val){dp[u]=val+a[u];for(ll i=eg.hed[u];i;i=eg.nxt[i]){ll v=eg.to[i];if(v!=ac){if(tp[v].x0+a[v]==tp[u].x0){dfs1(v,u,max(tp[u].x1+a[u],dp[u]));}else{dfs1(v,u,max(tp[u].x0+a[u],dp[u]));}}}
}void dfs2(ll u,ll ac){pair<ll,ll>tmp=make_pair(0,0);for(ll i=eg.hed[u];i;i=eg.nxt[i]){ll v=eg.to[i];if(v!=ac){dfs2(v,u);if(pr[v].fi>=tmp.fi){tmp.se=tmp.fi;tmp.fi=pr[v].fi;}else if(pr[v].fi>tmp.se){tmp.se=pr[v].fi;}}}ans=max(ans,tmp.fi+tmp.se);//printf("%lld: %lld\n",u,ans);for(ll i=eg.hed[u];i;i=eg.nxt[i]){ll v=eg.to[i];if(v!=ac){if(tp[v].x0+a[v]==tp[u].x0){ans=max(ans,pr[v].fi+tp[u].x1+dp[u]);ans=max(ans,pr[v].fi+tp[u].x1+tp[u].x2+a[u]);}else{ans=max(ans,pr[v].fi+tp[u].x0+dp[u]);if(tp[v].x0+a[v]==tp[u].x1){ans=max(ans,pr[v].fi+tp[u].x0+tp[u].x2+a[u]);}else{ans=max(ans,pr[v].fi+tp[u].x0+tp[u].x1+a[u]);}}//printf("%lld %lld: %lld\n",u,v,ans);}}ll val=tp[u].fi+a[u];if(tp[u].x1)val+=tp[u].x1;if(val>=tmp.fi){tmp.se=tmp.fi;tmp.fi=val;}else if(val>tmp.se){tmp.se=val;}pr[u]=tmp;
}void dfs3(ll u,ll ac){vector<ll> sv;sv.push_back(dp[u]-a[u]);for(ll i=eg.hed[u];i;i=eg.nxt[i]){ll v=eg.to[i];if(v!=ac){dfs3(v,u);sv.push_back(tp[v].x0+a[v]);}}sort(sv.begin(),sv.end());ll siz=sv.size();if(siz<4)return;ll res=0;R(i,siz-1,siz-4){res+=sv[i];}ans=max(res,ans);
}void solve(){scanf("%lld",&n);L(i,1,n)scanf("%lld",&a[i]);L(i,1,n-1){scanf("%lld%lld",&x,&y);eg.ADD(x,y);}dfs0(1,0);dfs1(1,0,0);dfs2(1,0);dfs3(1,0);// L(i,1,n)printf("%lld %lld %lld\n",tp[i].x0,tp[i].x1,tp[i].x2);// L(i,1,n)printf("%lld ",dp[i]);printf("\n");// L(i,1,n)printf("%lld %lld\n",pr[i].fi,pr[i].se);printf("%lld\n",ans);
}int main(){ll cas=1;//scanf("%lld",&cas);while(cas--)solve();
}