Educational Codeforces Round 158 (Rated for Div. 2)（A~E）（贪心，树形DP）

news2024/12/24 2:21:35

A - Line Trip 

        题意：有一条路，可以用一条数线来表示。你位于数线上的点 0 ，你想从点 0 到点 x ，再回到点 0。你乘汽车旅行，每行驶 1个单位的距离要花费 1 升汽油。当您从点 0出发时，汽车已加满油(油箱中的油量已达到最大值)。在 a1,a2,…,an点有 n 个加油站。到达加油站后，为汽车加满油。注意只能在加油站加油， 0 和 x点没有加油站。你必须计算出你的汽车油箱的最小容积(以升为单位)，这样你才能从点 0行驶到点 x 并返回到点 0 。

        思路：求一下相邻加油站的距离最大值即可，注意最后一个加油站要先到点x再回来。

        

// Problem: A. Line Trip
// Contest: Codeforces - Educational Codeforces Round 158 (Rated for Div. 2)
// URL: https://codeforces.com/contest/1901/problem/0
// Memory Limit: 256 MB
// Time Limit: 2000 ms
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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
#define pb push_back
#define x first
#define y second 
#define endl '\n'
const LL maxn = 4e05+7;
const LL N=1e05+10;
const LL mod=1e09+7;
typedef pair<int,int>pl;
priority_queue<LL , vector<LL>, greater<LL> >t;
priority_queue<LL> q;
LL gcd(LL a, LL b){
	return b > 0 ? gcd(b , a % b) : a;
}

LL lcm(LL a , LL b){
	return a / gcd(a , b) * b;
}
int n , m;
int a[N];
void init(int n){
	for(int i = 0 ; i <= n ; i ++){
		a[i] = 0;
	}
}
void solve() 
{
	cin >> n >> m;
	for(int i = 1 ; i <= n ; i ++){
		cin >> a[i];
	}	
	int maxx = (m - a[n]) * 2;
	for(int i = 1 ; i <= n ;i ++){
		maxx = max(maxx , a[i] - a[i - 1]);
	}
	cout << maxx << endl;
}            
int main() 
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    cout.precision(10);
    int t=1;
	cin>>t;
    while(t--)
    {
    	solve();
    }
    return 0;
}

B - Chip and Ribbon 

        题意：有一条带子被分成 n 个单元格，从左到右编号为 1 到 n 。最初，每个单元格中都写有一个整数 0。Monocarp在玩芯片游戏。游戏由几个回合组成。在第一轮中，Monocarp 将芯片放入色带的 第一单元格。除了第一轮之外，在每一轮中，魔卡都会做以下两个动作中的恰好一个：

  • 将芯片移动到下一个单元格(例如，如果芯片在 i 单元格，则将其移动到 i+1单元格)。如果芯片在上一格，则无法进行此操作；
  • 选择任意一个 x单元格，将芯片传送到该单元格。可以选择芯片当前所在的单元格。

每回合结束时，写入芯片所在单元格的整数会增加 1。

Monocarp的目标是在某些回合中使第一个单元格中等于整数 c1 ， 第二个单元格中等于整数 c2 ....第n个单元格中等于整数 cn。他希望尽可能少地传送芯片。

请帮助 Monocarp 计算他传送芯片的最少次数。

        思路:对于一个连续的序列来说，无需传送就能全部+1，因此此题变成了每轮操作能将[l ,r]单元格内的数加一，求最小操作数。此题类似于Problem - C - Codeforces

可以发现，所有左侧标红的即为选择的区间，因此最小操作数就是统计标红的数量，即\sum _{i = 1}^{n}max(0 , a[i] - a[i - 1])。具体解析可以看该题题解。

        

// Problem: B. Chip and Ribbon
// Contest: Codeforces - Educational Codeforces Round 158 (Rated for Div. 2)
// URL: https://codeforces.com/contest/1901/problem/B
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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
#define pb push_back
#define x first
#define y second 
#define endl '\n'
const LL maxn = 4e05+7;
const LL N=2e05+10;
const LL mod=1e09+7;
typedef pair<int,int>pl;
priority_queue<LL , vector<LL>, greater<LL> >t;
priority_queue<LL> q;
LL gcd(LL a, LL b){
	return b > 0 ? gcd(b , a % b) : a;
}

LL lcm(LL a , LL b){
	return a / gcd(a , b) * b;
}
int n , m;
int a[N];
void init(int n){
	for(int i = 0 ; i <= n ; i ++){
		a[i] = 0;
	}
}
void solve() 
{
	int n;
	cin >> n;
	for(int i = 1 ; i <= n ; i ++){
		cin >> a[i];
	}	
	LL ans = 0;
	for(int i = 1 ; i <= n ; i ++){
		if(a[i] > a[i - 1]){
			ans += a[i] - a[i - 1];
		}
	}
	cout << ans - 1<< endl;
}            
int main() 
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    cout.precision(10);
    int t=1;
	cin>>t;
    while(t--)
    {
    	solve();
    }
    return 0;
}

C - Add, Divide and Floor 

        题意：给你一个整数数组 a1,a2,…,an ( 0\leq a_{i}\leq 10^9 )。在一次操作中，你可以选择一个整数 x ( 0\leq x\leq 10^{18} )，并用 ⌊(a_{i} + x ) / 2⌋ 替换 ai ( ⌊y⌋ 表示将 y 舍入为最接近的整数)。 ⌊y⌋ 表示将 y 舍入为最接近的整数）来替换从 1 到 n 的所有 i。请注意，每次操作都会影响数组中的所有元素。打印使数组中所有元素相等所需的最小操作数。如果操作次数小于或等于 n，则打印每次操作所选择的 x 。如果有多个答案，则打印任意一个。

        思路：若最小的数通过操作等于最大的数，那么其他数必然也相等。因此只需要看最小的和最大的即可。再考虑如何去操作：观察可以发现其实x的大小没有用，x的奇偶性可能会改变答案，因此我们x的取值只设为（0 ， 1）。如果最大值是偶数，那么+1不会使得结果更大，否则可能会使得结果更大。

        

// Problem: C. Add, Divide and Floor
// Contest: Codeforces - Educational Codeforces Round 158 (Rated for Div. 2)
// URL: https://codeforces.com/contest/1901/problem/C
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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
#define pb push_back
#define x first
#define y second 
#define endl '\n'
const LL maxn = 4e05+7;
const LL N=2e05+10;
const LL mod=1e09+7;
typedef pair<int,int>pl;
priority_queue<LL , vector<LL>, greater<LL> >t;
priority_queue<LL> q;
LL gcd(LL a, LL b){
	return b > 0 ? gcd(b , a % b) : a;
}

LL lcm(LL a , LL b){
	return a / gcd(a , b) * b;
}
int n , m;
int a[N];
void init(int n){
	for(int i = 0 ; i <= n ; i ++){
		a[i] = 0;
	}
}
void solve() 
{
	cin >> n;
	int maxx = -1 , minn = 1.5e9;
	for(int i = 0 ; i < n ; i ++){
		cin >> a[i];
		maxx = max(a[i] , maxx);
		minn = min(minn , a[i]);
	}
    vector<int> ans;
    while (minn != maxx) {
        if (minn % 2 == maxx % 2) {
            ans.push_back(0);
        } else if (maxx % 2 == 0) {
            ans.push_back(1);
            ++minn;
            ++maxx;
        } else {
            ans.push_back(0);
        }
        minn /= 2;
        maxx /= 2;
    }
    cout << ans.size() << "\n";
    if ((int)ans.size() <= n) {
        for (int x : ans) {
            cout << x << " ";
        }
        cout << "\n";
    }
}            
int main() 
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    cout.precision(10);
    int t=1;
	cin>>t;
    while(t--)
    {
    	solve();
    }
    return 0;
}

D - Yet Another Monster Fight 

        题意：现有n头怪兽，每个怪兽有a_{i}的血量，你需要发动一次魔法将所有怪兽打败。魔法规则如下：第一轮将打中你选择的那头怪兽，并扣除x的血量，接下来每一轮魔法的伤害值减一，并且打中那些未被打中的，处于已被打中的怪兽的相邻怪兽。要求你可以选择任意第一轮打中的怪兽的情况下，魔法的初始伤害的最小值。

        思路：首先考虑已知第一轮打中第 i 只怪兽的情况下，魔法初始伤害的最小值。对于[1 , i - 1]的第x只怪兽而言，其最晚被打中的轮次为右边所有怪兽的数量（n - x），所以初始伤害值需要a_{i} + n - x,我们将其定义为r[x]。而对于[i + 1 , n]的第j只怪兽而言则相反，其最晚被打中的轮次为j - 1，初始伤害值需要a_{i} + j - 1  ，我们将其定义为l[j]。因此魔法初始伤害的最小值为：max(max(r[1]...r[i - 1]) , a[i] , max(l[i + 1] ...l[n]))。考虑完这个以后我们可以通过前缀最大值和后缀最大值来维护r , l数组。然后再遍历每只怪兽，假设其为第一轮攻击的怪兽，求魔法初始伤害的最小值即可。

        

// Problem: D. Yet Another Monster Fight
// Contest: Codeforces - Educational Codeforces Round 158 (Rated for Div. 2)
// URL: https://codeforces.com/contest/1901/problem/D
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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
#define pb push_back
#define x first
#define y second 
#define endl '\n'
const LL maxn = 4e05+7;
const LL N=3e05+10;
const LL mod=1e09+7;
typedef pair<int,int>pl;
priority_queue<LL , vector<LL>, greater<LL> >t;
priority_queue<LL> q;
LL gcd(LL a, LL b){
	return b > 0 ? gcd(b , a % b) : a;
}

LL lcm(LL a , LL b){
	return a / gcd(a , b) * b;
}
int n , m;
LL a[N];
LL r[N] , l[N];
void init(int n){
	for(int i = 0 ; i <= n ; i ++){
		a[i] = 0;
	}
}
void solve() 
{
	int n;
	cin >> n;
	for(int i = 1 ; i <= n ; i ++)
		cin >> a[i];
	for(int i = 1 ; i <= n ; i ++){
		l[i] = a[i] + (i - 1);
		r[i] = a[i] + (n - i);
	}
	for(int i = 1 ; i <= n ; i++){
		r[i] = max(r[i - 1] , r[i]);
	}
	for(int i = n; i >= 1 ; i --){
		l[i] = max(l[i + 1] , l[i]);
	}
	LL ans = 1e18;
	for(int i = 1 ; i <= n ; i ++){
		ans = min(ans , max(a[i] , max(r[i - 1] ,l[i + 1])));
	}
	cout << ans ;
}            
int main() 
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    cout.precision(10);
    int t=1;
//	cin>>t;
    while(t--)
    {
    	solve();
    }
    return 0;
}

E - Compressed Tree （树形DP）

        题意：给你一棵由 n 个顶点组成的树。每个顶点上都写有一个数字；顶点 i 上的数字等于 ai 。

        您可以执行以下任意次数的操作(可能为零)：选择一个最多有1条边的顶点，并将该顶点从树中删除。请注意，您可以删除所有顶点。

        完成所有操作后，就可以压缩树了。压缩过程如下。当树中有一个顶点恰好有2条边时，执行以下操作：删除该顶点，用一条边连接其邻居。

        可以看出，如果在压缩过程中有多种选择删除顶点的方法，那么得到的树还是一样的。

        你们的任务是计算在任意次数的上述操作后，求出压缩完树以后的所有顶点的权值之和最大。

        思路：对于一个顶点来说，最终压缩完树以后有4种情况：

1、只保留了自己一个顶点。

2、保留了自己和自己邻边上一个顶点。

3、保留了邻边上的两个顶点。

4、保留了自己和邻边上面2个以上的顶点。（这样在压缩的时候就不会把自己删了）

因此用dp[n][4]来分别表示这四种状态。接下来考虑如何从子顶点上转移，若顶点只有一个子顶点，那么就只有1、2两种情况。如果顶点有两个子顶点，那么就会出现1、2、3三种情况。如果子顶点大于2个的话，那么就需要对子顶点的值进行排序了，肯定是越大的越好。对于情况4，并不是所有的子顶点都需要选择，若子顶点的值小于0，那么就代表这子顶点是无需保留的，删除即可。

        接下来考虑子树的值如何选择：对于情况1和情况4，直接继承。对于情况2，在压缩的过程中会把子树结点给压缩掉，所以需要减去子顶点的值。对于情况3，原本是不保留子顶点的，但是由于需要连到父亲上，所以子顶点需要保留，因此需要增加子顶点的值。因此一个子顶点的值即为：max(dp[ch][1] , dp[ch][2] - a[ch] , dp[ch][3] + a[ch] , dp[ch][4])。

        接下来走任意一点开始走一遍DFS，时刻记录最大值。（只有一条链或者两个点的情况下特殊处理一下即可）

// Problem: E. Compressed Tree
// Contest: Codeforces - Educational Codeforces Round 158 (Rated for Div. 2)
// URL: https://codeforces.com/contest/1901/problem/E
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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
#define pb push_back
#define x first
#define y second 
#define endl '\n'
const LL maxn = 4e05+7;
const LL N=5e05+10;
const LL mod=1e09+7;
const LL inf = 1e18;
typedef pair<int,int>pl;
priority_queue<LL , vector<LL>, greater<LL> >t;
priority_queue<LL> q;
LL gcd(LL a, LL b){
	return b > 0 ? gcd(b , a % b) : a;
}

LL lcm(LL a , LL b){
	return a / gcd(a , b) * b;
}
int n , m;
LL a[N];
int deg[N];
vector<int>e[N];
LL dp[N][4];
void init(int n){
	for(int i = 0 ; i <= n ; i ++){
		a[i] = 0 , deg[i] = 0 , e[i].clear();
	}
}
LL cmp(LL a , LL b){
	return a > b;
}
LL ans = 0;
void dfs(int cur , int fa){
	dp[cur][0] = a[cur] , dp[cur][1] = -inf , dp[cur][2] = -inf , dp[cur][3] = -inf;
	vector<LL>ch;
	for(auto v : e[cur]){
		if(v == fa)
			continue;
		dfs(v , cur);
		ch.pb(max(dp[v][0], max(dp[v][1] - a[v], max(dp[v][2] + a[v], dp[v][3]))));
	}
	sort(ch.begin() , ch.end() , cmp);
	if(ch.size() >= 1){
		dp[cur][1] = a[cur] + ch[0];
	}
	if(ch.size() >= 2){
		dp[cur][2] = ch[0] + ch[1];
	}
	if(ch.size() >= 3){
		dp[cur][3] = a[cur] + ch[0] + ch[1] + ch[2];
		for(int i = 3 ; i < (int)ch.size() ; i ++){
			if(ch[i] < 0){
				break;
			}
			dp[cur][3] += ch[i];
		}
	}
	ans = max(ans , max(dp[cur][0], max(dp[cur][1], max(dp[cur][2], dp[cur][3]))));
}
void solve() 
{
	cin >> n;
	for(int i = 1 ; i <= n ; i ++)
		cin >> a[i];
	int max_deg = 1;
	for(int i = 1 ; i < n ; i ++){
		int x , y;
		cin >> x >> y;
		e[x].pb(y);
		e[y].pb(x);
		deg[x] ++;
		deg[y] ++;
		max_deg = max(max_deg , max(deg[x] , deg[y]));
	}
	if(max_deg == 1){
		if(a[1] < 0){
			cout << max(1LL * 0 , a[2]) << endl;
		}
		else{
			cout << max(a[1] , a[1] + a[2]) << endl;
		}
	}
	else if(max_deg == 2){
		sort(a + 1, a + 1 + n , cmp);
		if(a[1] < 0){
			cout << max(1LL * 0 , a[2]) << endl;
		}
		else{
			cout << max(a[1] , a[1] + a[2]) << endl;
		}
	}
	else{
		ans = 0;
		dfs(1 , 0);
		cout << ans << endl;
	}
	init(n);
}            
int main() 
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    cout.precision(10);
    int t=1;
	cin>>t;
    while(t--)
    {
    	solve();
    }
    return 0;
}

        

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文章目录 &#x1f330;导语&#x1f330;链表的定义及基本结构&#x1f330;单链表&#x1f955;单链表特点 &#x1f330;双向链表&#x1f955;双链表特点 &#x1f330;循环链表&#x1f955;循环链表特点 &#x1f330;链表的操作&#x1f346;链表的插入&#x1fad8;链头…
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GoLang Filepath.Walk遍历优化

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原生标准库在文件量过大时效率和内存均表现不好 1400万文件遍历Filepath.Walk 1400万文件重写直接调用windows api并处理细节 结论 1400万文件遍历时对比 对比条目filepath.walkwindows api并触发黑科技运行时间710秒22秒内存占用480M38M 关键代码 //超级快的文件遍历 fun…
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ONNX实践系列-将dbnet.onnx的hardsigmoid op用hardsigmoid.onnx整个去替换掉

ONNX实践系列-将dbnet.onnx的hardsigmoid op用hardsigmoid.onnx整个去替换掉

一、目标 这个dbnet.onnx是paddleocr转出来的，自带的有paddle的那个hardsigmoid算子 ，这个不好转到trt等框架，因此我们想把这个hardsigmoid 算子op替换成我们常规的pytorch框架转出来的hardsigmoid onnx那种。 二、做法 给出代码如下： import onnx from onnx import help…
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2023年汉字小达人市级比赛题目类型和答题策略（在线模拟题更新）

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今天是2023年11月24日&#xff0c;距离2023年第十届上海市小学生汉字小达人市级比赛&#xff08;市级活动&#xff09;正式举办还有6天时间。 根据日常交流&#xff0c;六分成长发现还有一些家长和小朋友对汉字小达人的市级比赛的形式、题型不太了解&#xff0c;为此&#xff0…
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Day40力扣打卡

Day40力扣打卡

打卡记录 包子凑数&#xff08;裴蜀定理 DP&#xff09; 根据裴蜀定理&#xff0c;存在 c gcd(a, b) 使不定方程ax by c满足条件&#xff0c;如果gcd(a, b) 1即a与b互素的情况下&#xff0c;就会 ax by 1&#xff0c;由于为1可以构造后面的无穷数字&#xff0c;故得到结…
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