2022 1.4 补题

C. Klee in Solitary Confinement

思路：

首先，对于每个数我们要将其存储在数组中，注意向右位移2e6，而不是1e6，因为k的取值也可能是负数。

其次，对于每一个位置上的值是否操作，我们要进行讨论，优先将其变到x+k的位置上去，然后这个数的数目要-1，即：dp[x+k]++,dp[x]--，并且dp[x]=max(0,dp[x])保证其非负。

最后在每次要对答案取max，特判当k=0时，即不操作，此时最多的次数即为答案。

C
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define pb push_back
const int N=6e6+5;
int a[N],dp[N],num[N];
int main(){int n,m=2e6,k;scanf("%d%d",&n,&k);int ans=0;for(int i=0;i<n;i++){scanf("%d",&a[i]);num[a[i]+m]++; ans=max(ans,num[a[i]+m]);}if(k==0){cout<<ans<<"\n";return 0;}for(int i=0;i<n;i++){int x=a[i]+m;dp[x+k]++;dp[x]--;dp[x]=max(0,dp[x]);ans=max(ans,dp[x+k]+num[x+k]);}cout<<ans<<"\n";
}

H. Crystalfly

思路：

树形dp，定义dp状态，dp1表示以此节点为根节点所能取得的值，dp2表示以此节点为根节点但不包括其孩子结点所能取得的值。

那么进行如下讨论：

1.如果节点x的孩子结点之间没有t[y]=3的节点，那么此节点, $dp2[x]=\sum_{y=0}^{y<v[x].size()} (dp1[y]-a[y])$

$dp1[x]=max(dp2[x]+a[y])$

2.讨论如果结点x的孩子结点中有t[y]=3的节点，那么我们可以操作，先去吃其他节点z，然后立马返回来吃为3的结点y，则结点z的孩子结点则会消失，那么节点z的贡献为dp2[z]，则

$dp1[x]=max(dp2[x]+a[y]+dp2[z]-(dp1[z]-a[z]))$

发现与1相比，此处的变化的量为dp2[z]-dp1[z]+a[z]，因此我们只需要对于每个子树都算出变化的量，然后选出最大的两个，至于为什么是最大的两个，我们可以发现，此处变化的量可能与a[y]所对应的结点是一致的，那么就会导致错误，因此我们在进行比较的时候要确定，此节点的变化的量是否为最大的，若为最大的则此节点只能加上第二大的值进行比较即可。

所以综上，我们在对每一个结点的dp1的值进行更新的时候，要分别讨论孩子结点的t[y]是否为3，优先处理出 $dp1[x]=max(dp2[x]+a[y])$ ，然后当t[y]=3时， $dp1[x]=max(dp1[x],dp2[x]+a[y]+maxn2)$

$dp1[x]=max(dp1[x],dp2[x]+a[y]+maxn1)$

两个公式进行讨论后，选择其一即可。

H
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define pb push_back
#define si size()
const int N=1e5+5;
ll a[N],dp1[N],dp2[N];
int t[N];
int n;
vector<int> v[N];
void dfs(int p,int fa){dp2[p]=a[p];ll maxn1=-1,maxn2=-1;for(int i=0;i<v[p].si;i++){int k=v[p][i];if(k==fa)continue;dfs(k,p);dp2[p]+=dp1[k]-a[k];ll tp=dp2[k]-dp1[k]+a[k]; if(tp>maxn1)maxn2=maxn1,maxn1=tp;else if(tp>maxn2)maxn2=tp;}dp1[p]=dp2[p];for(int i=0;i<v[p].si;i++){int k=v[p][i];if(k==fa)continue;dp1[p]=max(dp1[p],dp2[p]+a[k]);if(t[k]==3){if(dp2[k]-dp1[k]+a[k]==maxn1)dp1[p]=max(dp1[p],dp2[p]+a[k]+maxn2);else dp1[p]=max(dp1[p],dp2[p]+a[k]+maxn1);}}
}
void solve(){cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i]),dp1[i]=dp2[i]=0;for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&t[i]),v[i].clear();for(int i=1;i<n;i++){int x,y;scanf("%d%d",&x,&y);v[x].pb(y);v[y].pb(x);}dfs(1,0);cout<<dp1[1]<<"\n";
}
int main(){int t;cin>>t;while(t--){solve();   }return 0;
}

组合数基础题

Beautiful Numbers

思路：

我们可以枚举选择a的个数x，然后可以算出所要求的的n位数的和即s=a*x+(n-x)*b;

然后我们判断s是否good数，如果s是好数，那么我们可以进行计算选x个a对应的组合数，然后加到ans里面。

注意此处计算组合数，由于题目n的范围过大1e6，所以我们不能采用递推求解C数组，因此我们此处采用求逆元的方法来求组合数，预处理出阶乘，然后和阶乘的逆元即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define pb push_back
const int N=2e6+5;
const int mod=1e9+7;
ll jp[N],inv[N];
int n,a,b;
ll qpow(ll x,ll k){ll res=1;while(k){if(k&1)res=res*x%mod;x=x*x%mod;k/=2;}return res;
}
void pre(){jp[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++)jp[i]=jp[i-1]*i%mod;inv[0]=inv[1]=1;for(int i=2;i<=n;i++)inv[i]=qpow(jp[i],mod-2);
}
int check(int x){while(x){int k=x%10;if(k!=a&&k!=b)return 0;x/=10;}return 1;
}
int main(){cin>>a>>b>>n;ll ans=0;pre();for(int i=0;i<=n;i++){int num=i*a+(n-i)*b;if(check(num)){ans=(ans+((jp[n]*inv[i])%mod*inv[n-i])%mod)%mod;}}cout<<ans<<"\n";
}

灵能传输

前缀和题目：

思路:

因为所有的操作都是在数组内部进行，因此不影响整个数组的和，而且对于每一次操作而言，改变的是连续的三个数，假设i-1,i,i+1，用s表示前缀和数组；

在一次的操作中，s[i+1]的值是不会变的，而s[i-1]的值会更新为原来的s[i]，而s[i]的值会更新为原来的s[i-1]的值，

相当于经过一次操作s[i-1]和s[i]会互相交换，且我们可以进行任意次交换，那么表明除了s[0]和s[n]以外其余的s可以到达任意位置。

因此题目转化为将s数组中除了0和n的位置不变其余的位置任意交换，求出最小的(s[i]-s[i-1])的值

假设情况s[0],s[n]分别是最小的和最大的，那么我们对s数组进行排序，一次填充即可。

其他

可能s[0]不是最小,s[n]不是最大，那么我们可以从s[0]开始隔一个取，一直取到min,然后从s[n]开始隔一个取，一直到max，然后做好取数的标记，然后在遍历一遍数组，对没有取出的数，进行加入即可。

这样能保证max(s[i]-s[i-1])是最小的。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int N=3e5+5;
ll a[N],s[N];
int vis[N];
void solve(){int n;cin>>n;s[0]=vis[0]=0;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>s[i];s[i]+=s[i-1];vis[i]=0;}ll s0=0,sn=s[n];sort(s,s+n+1);int l=0,r=n;for(int i=lower_bound(s,s+n+1,s0)-s;i>=0;i-=2){a[l++]=s[i];vis[i]=1;}for(int i=lower_bound(s,s+n+1,sn)-s;i<=n;i+=2){a[r--]=s[i];vis[i]=1;}for(int i=0;i<=n;i++){if(!vis[i])a[l++]=s[i];}ll ans=0;for(int i=1;i<=n;i++){ans=max(ans,abs(a[i]-a[i-1]));}cout<<ans<<"\n";
}
int main(){int t;cin>>t;while(t--){solve();}
}

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