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前言
CF373A Collecting Beats is Fun
- Description\text{Description}Description
- Solution\text{Solution}Solution
- Code\text{Code}Code
CF373B Making Sequences is Fun
- Description\text{Description}Description
- Solution\text{Solution}Solution
CF372A Counting Kangaroos is Fun
- Description\text{Description}Description
- Solution\text{Solution}Solution
- Code\text{Code}Code
CF372B Counting Rectangles is Fun
- Description\text{Description}Description
- Solution\text{Solution}Solution
- Code\text{Code}Code
CF372D Choosing Subtree is Fun
- Description\text{Description}Description
- Solution\text{Solution}Solution

前言

中规中矩的比赛想不出形容词了
373AB是水题
372ABD都是小清新且码量较小的好题
372C之前做过了
372E毒瘤几何+组合数学，没有洛谷题解，CF题解完全看不懂，直接弃疗qwq

CF373A Collecting Beats is Fun

Description\text{Description}Description

一共有 4×4=164\times4=164×4=16 个格子，每个格子 (i,j)(i,j)(i,j) 需要在 ti,jt_{i,j}ti,j 时刻点击（若为星号则不需要点击），你每只手同一时刻只能点击 kkk 个格子（注意你有两只手！），求你是否能完成任务。
ti,jt_{i,j}ti,j 是一个 1−91-91−9 的数字。

Solution\text{Solution}Solution

水题。
4×44\times44×4 扫一遍，开一个桶记录每个时刻需要点多少个格子，最后判是否有桶超过 2k2k2k 即可。

Code\text{Code}Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
const int N=2e6+100;
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 bac[12];
signed main(){#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);
#endifn=read();for(int i=1;i<=4;i++){for(int j=1;j<=4;j++){char c;scanf(" %c",&c);if(c!='.') bac[c-'0']++;//debug("%d\n",c-'0');}}for(int i=1;i<=9;i++){if(bac[i]>2*n){printf("NO\n");return 0;}}printf("YES\n");return 0;
}
/**/

CF373B Making Sequences is Fun

Description\text{Description}Description

定义 S(i)=iS(i)=iS(i)=i 的位数，如 S(893)=3,S(114514)=6S(893)=3,S(114514)=6S(893)=3,S(114514)=6。

数 xxx 的费用为 k×S(i)k\times S(i)k×S(i)。

你有 www 元钱，要从 mmm 开始连续添加尽量多的数 (m,m+1,m+2,⋯)(m,m+1,m+2,\cdots)(m,m+1,m+2,⋯) 组成一个序列，问这个序列最长有多长。
w,m≤1016,k≤109w,m\le 10^{16},k\le10^9w,m≤1016,k≤109

Solution\text{Solution}Solution

小清新模拟。
可以先令 w←⌊wk⌋w\gets \lfloor \dfrac{w}{k}\rfloorw←⌊kw⌋ 把 kkk 的影响去掉。
一直往进位处跳直到不能继续跳位置，然后把剩下的个数求出来，过程中贡献加起来即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
const int N=2e6+100;
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;
ll w,m,k;
inline ll calc(ll x){int res(0);while(x) x/=10,++res;return res;
}
ll mi[20];
signed main(){#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);
#endifmi[1]=1;for(int i=2;i<=18;i++) mi[i]=mi[i-1]*10;w=read();m=read();k=read();w/=k;ll o=calc(m),ans(0);while((mi[o+1]-m)*o<=w){ans+=mi[o+1]-m;w-=(mi[o+1]-m)*o;++o;m=mi[o];//printf("o=%lld w=%lld ans=%lld m=%lld\n",o,w,ans,m);}  ans+=w/o;printf("%lld\n",ans);return 0;
}
/*
*/

CF372A Counting Kangaroos is Fun

Description\text{Description}Description

有 nnn 只袋鼠，每只的大小为 sis_isi，每只大小为 xxx 的袋鼠可以装在大小不少于 2x2x2x 的袋鼠的袋子里。
每只袋鼠的袋子最多装一只袋鼠，且装在别的袋鼠袋子里的袋鼠不能继续装袋鼠（不能套娃），求最多能让多少只袋鼠被装入别的袋鼠的袋子。

Solution\text{Solution}Solution

一道本人做的不太好的题。
一开始显然是想贪心，比如从大往小选，每个尽可能装大的之类，但是都可以被轻易的 hack。
然后就写了个垃圾的二分多只 log 艹过去了

下面讲线性的贪心正解。
其实刚才朴素的贪心是可以借鉴的，唯一的错误就在与尽可能装的的那只“大袋鼠”可能用来装别的袋鼠。

证明：
由于装的个数最多肯定不超过 n/2n/2n/2 个，所以最小的 n/2n/2n/2 只袋鼠肯定不会装别人。
同时，如果某只袋鼠装了一只不在这 n/2n/2n/2 只袋鼠里的袋鼠，那它改成这 n/2n/2n/2 只袋鼠中没有被装的一只（必然存在）也是不劣的。
所以这个贪心是真的。

维护双指针从 n/2n/2n/2 开始尽可能的装大的即可。

Code\text{Code}Code

（双指针的代码题解区很多了，这里就贴的一开始二分的码，也算是另一种思路）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
const int N=2e6+100;
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;
int a[N];
bool check(int k){int l=1,r=k+1;while(l<=k){while(r<n&&a[r]<2*a[l]) ++r;if(a[r]<2*a[l]) return false;++l;++r;}return true;
}
signed main(){#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);
#endifn=read();for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();sort(a+1,a+1+n);int st=0,ed=n/2;while(st<ed){int mid=(st+ed+1)>>1;if(check(mid)) st=mid;else ed=mid-1;}printf("%d\n",n-st);return 0;
}
/*
*/

CF372B Counting Rectangles is Fun

Description\text{Description}Description

给定一个 n∗m{n * m}n∗m 的 0/10/10/1 矩阵, qqq 次询问, 每次询问指定一个子矩形, 求该子矩形种有多少个只包含 000 的子矩阵。
n,m≤40,q≤3×105n,m\le40,q\le3\times 10^5n,m≤40,q≤3×105

Solution\text{Solution}Solution

小清新水紫。
似乎已经把 O(nmq)O(nmq)O(nmq) 的复杂度写在数据范围上了…
考虑枚举这个矩形的长和宽，那么剩下的就只能 O(1)O(1)O(1) 查询。
不难想到前缀和。
定义一个矩阵的坐标为右下点的坐标。
按照这个坐标的定义对于每个长和宽 (a,b)(a,b)(a,b) 都预处理出矩形个数的前缀和，复杂度 O(n2m2)O(n^2m^2)O(n2m2)。
那么我们如果在 (x1,y1,x2,y2)(x1,y1,x2,y2)(x1,y1,x2,y2) 的矩形中询问大小为 a×ba\times ba×b 的矩形，就相当于查询坐标在 (x1+a−1,y1+b−1,x2,y2)(x1+a-1,y1+b-1,x2,y2)(x1+a−1,y1+b−1,x2,y2) 这个矩形内的 a×ba\times ba×b 的矩形的总个数。
总时间复杂度 O(n2m2+qnm)O(n^2m^2+qnm)O(n2m2+qnm)。

PS：本题由于那个四维前缀和数组跨度太大，请务必**把记录长宽的两维开在后面！**这样在回答询问的时候始终是连续访问，否则会由于过多的 cache miss 而超时…（至少对于我的垃圾码是这样）改完后跑的飞快毫无压力。

后来看题解似乎有 O(n2m2)−O(1)O(n^2m^2)-O(1)O(n2m2)−O(1) 的神奇偏序前缀和魔法操作，也很妙。

Code\text{Code}Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
const int N=2e6+100;
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,q;
int sum[50][50],num[50][50][50][50];
inline int Sum(int x1,int y1,int x2,int y2){return sum[x2][y2]-sum[x1-1][y2]-sum[x2][y1-1]+sum[x1-1][y1-1];
}
/*inline int Num(int a,int b,int x1,int y1,int x2,int y2){return num[a][b][x2][y2]-num[a][b][x1-1][y2]-num[a][b][x2][y1-1]+num[a][b][x1-1][y1-1];
}*/
#define Num(a,b,x1,y1,x2,y2) num[x2][y2][a][b]-num[x1-1][y2][a][b]-num[x2][y1-1][a][b]+num[x1-1][y1-1][a][b]
signed main(){#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);
#endifn=read();m=read();q=read();for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=m;j++) scanf("%1d",&sum[i][j]);}for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=m;j++) sum[i][j]+=sum[i-1][j]+sum[i][j-1]-sum[i-1][j-1];}for(int a=1;a<=n;a++){for(int b=1;b<=m;b++){for(int i=a;i<=n;i++){for(int j=b;j<=m;j++)num[i][j][a][b]=num[i-1][j][a][b]+num[i][j-1][a][b]-num[i-1][j-1][a][b]+(Sum(i-a+1,j-b+1,i,j)==0);}}}//debugfor(int i=1;i<=q;i++){int x1=read(),y1=read(),x2=read(),y2=read();int ans(0);for(int a=1;a<=x2-x1+1;a++){for(int b=1;b<=y2-y1+1;b++){ans+=Num(a,b,x1+a-1,y1+b-1,x2,y2);}}printf("%d\n",ans);}return 0;
}
/*
*/

CF372D Choosing Subtree is Fun

Description\text{Description}Description

有一棵 nnn 个结点的树，树上结点从 111 到 nnn 标号。

定义树上一个连通子图的权值为最长的区间 [l,r][l,r][l,r] 的长度，满足标号在 [l,r][l,r][l,r] 之间的结点均在这个连通子图中。

现在请你求出树上所有的结点数量不超过 kkk 的连通子图的权值最大值。

Solution\text{Solution}Solution

大结论题。
做完本题可以水一下这个。

结论：一棵给定的树，若给出若干关键点，将其按照 dfs 序排序后为 a1...ka_{1...k}a1...k，则它们的最小导出子图的边权和为 dis(a1,a2)+dis(a2,a3)+...+dis(ak,a1)dis(a_1,a_2)+dis(a_2,a_3)+...+dis(a_k,a_1)dis(a1,a2)+dis(a2,a3)+...+dis(ak,a1) 的一半。
证明：每条边都会被算两遍。（感性理解一下）

有这个结论后，本题就简单了。二分答案，然后双指针扫一遍，不断维护一个 set 计算当前导出图的边权和即可，点数就是再加一。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
const int N=1e5+100;
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;
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;
}
int pl[N][20],pos[N],siz[N],tim,dep[N];
void dfs(int x,int fa){pos[x]=++tim;siz[x]=1;dep[x]=dep[fa]+1;pl[x][0]=fa;for(int k=1;pl[x][k-1];k++) pl[x][k]=pl[pl[x][k-1]][k-1];for(int i=fi[x];~i;i=p[i].nxt){int to=p[i].to;if(to==fa) continue;dfs(to,x);siz[x]+=siz[to];}return;
}
inline int Lca(int x,int y){if(pos[x]<=pos[y]&&pos[y]<=pos[x]+siz[x]-1) return x;for(int k=17;k>=0;k--){int o=pl[x][k];if(!o||(pos[o]<=pos[y]&&pos[y]<=pos[o]+siz[o]-1)) continue;x=pl[x][k];//printf("k=%d x=%d\n",k,x);}return pl[x][0];
}
inline int dis(int x,int y){int lca=Lca(x,y);//printf("  dis: x=%d y=%d lca=%d res=%d\n",x,y,lca,dep[x]+dep[y]-2*dep[lca]);return dep[x]+dep[y]-2*dep[lca];
}
struct cmp{bool operator ()(const int a,const int b){return pos[a]<pos[b];}
};
set<int,cmp>s;
set<int,cmp>::iterator it;
int now;
inline int Pre(int x){it=s.find(x);if(it==s.begin()) return (*s.rbegin());else{it--;return (*it);}
}
inline int Nxt(int x){it=s.find(x);it++;if(it==s.end()) return (*s.begin());else return (*it);
}
inline void add(int x){if(s.empty()){s.insert(x);return;}s.insert(x);int pre=Pre(x),nxt=Nxt(x);now-=dis(pre,nxt);now+=dis(pre,x)+dis(x,nxt);return;
}
inline void del(int x){if(s.size()==1){s.erase(x);return;}int pre=Pre(x),nxt=Nxt(x);now-=dis(pre,x)+dis(x,nxt);now+=dis(pre,nxt);s.erase(x);return;
}
bool check(int k){now=0;s.clear();for(int i=1;i<=k;i++) add(i);if(now/2+1<=m) return true;//printf("(%d %d) now=%d\n",1,k,now);for(int i=k+1;i<=n;i++){del(i-k);add(i);//printf("(%d %d) now=%d\n",i-k+1,i,now);if(now/2+1<=m) return true;}return false;
}signed main(){#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);
#endifmemset(fi,-1,sizeof(fi));cnt=-1;n=read();m=read();for(int i=1;i<n;i++){int x=read(),y=read();addline(x,y);addline(y,x);}dfs(1,0);//printf("lca=%d\n",Lca(2,1));//printf("check=%d\n",check(3));//return 0;int st=1,ed=n;while(st<ed){int mid=(st+ed+1)>>1;if(check(mid)) st=mid;else ed=mid-1;}printf("%d\n",st);return 0;
}
/*
*/

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