前言

比较水的一场比赛
E题几乎是一本通原题而我还是不会做qwq

A - Sagheer and Crossroads

有一个十字路口，给出四个路口的车是否可以左转/右转/直行，并且给出每个路口的行人是否可以通过，求是否出现车和人冲突的情况

阅读理解题（其实只是我英语太差了），读懂题意直接模拟即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
const int N=5e5+100;
const int mod=1e9+7;
const double eps=1e-9;
inline ll read(){ll x(0),f(1);char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}return x*f;
}int n,m;int a[5][5],d[4]={0,3,2,1};
bool vis[5];
int main(){#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);
#endiffor(int i=1;i<=4;i++){for(int j=1;j<=4;j++) a[i][j]=read();}for(int i=1;i<=4;i++){for(int j=1;j<=3;j++){if(a[i][j]){//printf("i=%d j=%d to=%d\n",i,j,(i+d[j]-1)%4+1);vis[(i+d[j]-1)%4+1]=1,vis[i]=1;}}}for(int i=1;i<=4;i++){if(vis[i]&&a[i][4]){printf("YES");return 0;}}printf("NO\n");return 0;
}

B - Sagheer, the Hausmeister

给出一个n层的房屋，每层有m个房间，最左边和最右边有两个楼梯
有一些房间的灯是开着的，求一条从第一层左楼梯开始的最短的不下楼的路径，关掉所有的灯
n≤15,m≤100n \leq 15,m \leq 100n≤15,m≤100

dp入门水题，设计 dpi,0/1dp_{i,0/1}dpi,0/1 表示从在第 i 层的左/右楼梯（本层的灯还没有关）的最短路径，枚举关灯方式进行转移即可
时间复杂度 O(n×m)O(n \times m)O(n×m)（瓶颈竟然在于输入）
但是这题还WA了两次…有一些特殊情况需要特判：

如果当前楼的上面一盏灯都没有就不必继续上楼了
存在整栋楼没有灯的情况

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
const int N=5e5+100;
const int mod=1e9+7;
const double eps=1e-9;
inline ll read(){ll x(0),f(1);char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}return x*f;
}int n,m;
int dp[18][2];
int l[18],r[18];
int main(){#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);
#endifint top(0);n=read();m=read()+2;for(int i=n;i>=1;i--){for(int j=1;j<=m;j++){int x(0);scanf("%1d",&x);if(x){if(!top) top=i;if(!l[i]) l[i]=j;r[i]=j;}}}memset(dp,0x3f,sizeof(dp));dp[1][0]=0;n=top;if(!top){printf("0");return 0;}for(int i=1;i<n;i++){if(!l[i]){dp[i+1][0]=dp[i][0]+1;dp[i+1][1]=dp[i][1]+1;}else{dp[i+1][0]=min(dp[i][0]+2*(r[i]-1)+1,dp[i][1]+m);dp[i+1][1]=min(dp[i][1]+2*(m-l[i])+1,dp[i][0]+m);//printf("i=%d dp0=%d dp1=%d\n",i+1,dp[i+1][0],dp[i+1][1]);}}int ans=min(dp[n][0]+r[n]-1,dp[n][1]+m-l[n]);printf("%d\n",ans);return 0;
}

C - Sagheer and Nubian Market

给出 nnn 个元素的基本价格 aia_iai ，如果你选择了k个元素 ax1,ax2,...,axka_{x_1},a_{x_2},...,a_{x_k}ax1,ax2,...,axk，那么每个元素的真实价格就是 axi+k∗xia_{x_i}+k*x_iaxi+k∗xi（换句话说就是加上总数量乘下角标）
现在有 sss 元钱，求最多能买到几个元素

二分答案，二分后每个元素的真实价格就确定了，sort后取前 kkk 个看有没有超过 sss 即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
const int N=2e5+100;
const int mod=1e9+7;
const double eps=1e-9;
inline ll read(){ll x(0),f(1);char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}return x*f;
}int n,m,s;
ll a[N],b[N];
ll calc(int k){for(int i=1;i<=n;i++) b[i]=a[i]+1ll*i*k;sort(b+1,b+1+n);ll res(0);for(int i=1;i<=k;i++) res+=b[i];return res;
}
int main(){#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);
#endifn=read();s=read();for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();int st=0,ed=n;while(st<ed){int mid=(st+ed+1)>>1;if(calc(mid)<=s) st=mid;else ed=mid-1;}printf("%d %lld\n",st,calc(st));return 0;
}

D - Sagheer and Kindergarten

如果想自己做一下这道题，建议直接去原题面

有 nnn 个孩子和 mmm 个玩具，孩子会提出一共k个对玩具的要求，满足如下性质：

如果一个孩子要求的玩具是闲置的（也就是不在任何一个孩子手中）,他就会得到那个玩具，否则他就会一直等待

每个孩子可能会要求得到若干个玩具，只有当其得到 所有玩具 时，才会满意，并在玩一会玩具后返还所有的玩具，而在此之前会一直霸占着所有已有的玩具

如果变得空闲的玩具被两个孩子要求，会优先满足靠前的要求

如果一个孩子的某个要求没有被满足，他就不会再要求别的玩具

如果一个孩子发现自己永远也得不到满足，就会开始哭

保证在当前的k个要求中，没有孩子在哭

有q个独立的询问，每次增加一条要求（不一定满足第4条和第6条），求有多少个孩子在哭

真正的阅读理解题（上面这一大陀已经是我部分精简抽象后的结果），难点似乎就在于转化题意，后面就比较显然了

可以把对玩具的要求转化为孩子之间的依赖关系
具体的，如果x要求玩具w，上一个要求玩具w的人是y，就连一条有向边 y−>xy->xy−>x，表示只有y满足之后x才能满足
一个孩子哭泣，当且仅当他在某个环中
由于性质4和性质6，连成的图一定是一个森林
每次判断给出的新的依赖关系是否是返祖边，如果是，这条链就会形成一个环，否则必然不会成环
判断返祖不必lca，可以直接用dfs序判定子树的方法，单次询问 O(1)O(1)O(1)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
const int N=2e5+100;
const int mod=1e9+7;
const double eps=1e-9;
inline ll read(){ll x(0),f(1);char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}return x*f;
}int n,m,k,q;
int bel[N];
struct node{int to,nxt;
}p[N<<1];
int fi[N],cnt;
inline void addline(int x,int y){p[++cnt]=(node){y,fi[x]};fi[x]=cnt;return;
}int du[N];
int siz[N],pos[N],tim,dep[N];
void dfs(int x,int f){pos[x]=++tim;dep[x]=dep[f]+1;siz[x]=1;for(int i=fi[x];~i;i=p[i].nxt){int to=p[i].to;dfs(to,x);siz[x]+=siz[to];}return;
}
int main(){#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);
#endifmemset(fi,-1,sizeof(fi));cnt=-1;n=read();m=read();k=read();q=read();for(int i=1;i<=k;i++){int x=read(),y=read();if(bel[y]) addline(bel[y],x),du[x]++;bel[y]=x;    }for(int i=1;i<=n;i++){if(!du[i]) dfs(i,0);}for(int i=1;i<=q;i++){int x=read(),y=read();int o=bel[y];if(pos[x]<=pos[o]&&pos[o]<=pos[x]+siz[x]-1) printf("%d\n",siz[x]);else printf("0\n");}return 0;
}

E - Sagheer and Apple Tree

给定一个树，第i个节点上有aia_iai个苹果
两人轮流行动，每次可以选择一个有苹果的节点，进行下列行为之一：

如果是叶子节点，就吃掉节点上的一些苹果

如果不是叶子，就把节点上的一些苹果移到他的一个儿子上

保证从根到所有叶子的距离的奇偶性相同
现在，后手方可以交换任意两个节点(u,v)(u,v)(u,v)上的苹果数，求能使双方最优情况下后手获胜的无序点对(u,v)(u,v)(u,v)的数量

ybt有一道情景几乎一模一样的题
然而还是并不会
qwq
感觉这个题的题解讲的更加透彻
把叶子和到叶子距离为偶数的点染成黑色，距离为偶数的点染成白色
那么，每次操作其实就是使黑色节点的某一堆的石子增加或减少
那么和nim游戏的唯一区别就是这里还可以增加石子
但是其实并不影响，因为必败方尝试增加石子后，必胜方都可以把增加的石子减少回去
所以后手胜的充要条件和nim一样，就是黑点权值异或和为0
然后合法点对就可以分类讨论一下然后开个map随便做了

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
const int N=2e5+100;
const int mod=1e9+7;
const double eps=1e-9;
inline ll read(){ll x(0),f(1);char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}return x*f;
}int n;
struct node{int to,nxt;
}p[N<<1];
int fi[N],cnt;
inline void addline(int x,int y){p[++cnt]=(node){y,fi[x]};fi[x]=cnt;return;
}int num[2];
int a[N],op[N],s;
map<int,int>mp;
void dfs(int x){if(fi[x]==-1){op[x]=1;return;}for(int i=fi[x];~i;i=p[i].nxt){int to=p[i].to;dfs(to);op[x]=op[to]^1;}  return;
}int main(){#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);
#endifmemset(fi,-1,sizeof(fi));cnt=-1;n=read();for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();for(int i=2;i<=n;i++) addline((int)read(),i);dfs(1);for(int i=1;i<=n;i++){++num[op[i]];if(op[i]) s^=a[i];}if(s==0){ll ans=1ll*num[0]*(num[0]-1)/2+1ll*num[1]*(num[1]-1)/2;for(int i=1;i<=n;i++){if(op[i]) mp[a[i]]++;}for(int i=1;i<=n;i++){if(!op[i]) ans+=mp[a[i]];}printf("%lld\n",ans);}else{ll ans(0);for(int i=1;i<=n;i++){if(op[i]) mp[a[i]^s]++;}for(int i=1;i<=n;i++){if(!op[i]) ans+=mp[a[i]];}printf("%lld\n",ans);}return 0;
}

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