A - Increasing Sequence
直接从1开始模拟就行
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N =2e5+10,mod=998244353;
#define int long long
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
const long long inf=1e17;
using node=tuple<int,int,int>;
int n,m,k;
int a[N];
void solve()
{
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
int idx=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(idx==a[i]) idx++;
idx++;
}
cout<<idx-1<<"\n";
}
signed main()
{
cin.tie(0);cout.tie(0);ios::sync_with_stdio(0);
int t=1;
cin>>t;
while(t--) solve();
}B - Sets and Union
我看着范围小直接枚举缺哪个数的时候能选的最大值即可
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N =2e5+10,mod=998244353;
#define int long long
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
const long long inf=1e17;
using node=tuple<int,int,int>;
int n,m,k;
int a[N];
void solve()
{
cin>>n;
set<int> st;
vector<set<int>> a(n+1);
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>m;
for(int j=0;j<m;j++){
int x;cin>>x;
a[i].insert(x);
st.insert(x);
}
}
int res=0;
for(auto x:st)
{
set<int> mp;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(a[i].count(x)) continue;
for(auto y:a[i]) mp.insert(y);
}
res=max(res,(int)(mp.size()));
}
cout<<res<<"\n";
}
signed main()
{
cin.tie(0);cout.tie(0);ios::sync_with_stdio(0);
int t=1;
cin>>t;
while(t--) solve();
}C：
老规矩：操作题先想操作有啥性质
考虑到从后往前选数字是不会对前面的数字造成影响的，我们可以不停先删去奇数编号大于0的数字，这样子剩下大于0的数字全部为偶数编号，如果第一个数字 ≥ 0显然，我们可以在取完第一个数字后使得偶数编号变为奇数编号，如果第二个数字 ≤ 0我们可以删去它使得后面的奇偶序翻转，但当第一个数字小于0，第二个数字大于0的时候，我们要考虑舍弃第二个数字的贡献还是选择第一个负数（容易发现对这两个数字操作改变奇偶的代价是最小的）。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N =2e5+10,mod=998244353;
#define int long long
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
const long long inf=1e17;
using node=tuple<int,int,int>;
int n,m,k;
int a[N];
void solve()
{
cin>>n;
vector<int> suf(n+10);
int res=0;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
for(int i=3;i<=n;i++){
res+=max(0ll,a[i]);
}
int t;
if(n>=2) t=max(a[1],a[1]+a[2]);
else t=a[1];
cout<<max(res,res+t)<<"\n";
}
signed main()
{
cin.tie(0);cout.tie(0);ios::sync_with_stdio(0);
int t=1;
cin>>t;
while(t--) solve();
}D:
首先一眼换根dp和最优点选的值最后肯定是根的值
为啥呢
首先我们无论怎么选，都要让当前叶子节点先变成和他父节点的值一样
这样就算父节点改变了，他的子树也不会改变
否则，如果让父节点变成叶子节点，如果父节点的祖宗节点改变了，那么父节点的子树也可能要改变，会增加额外次数
然后就是为啥选根为最后相等的值
图：
上面为选根，下面选3点
感性理解一下，就是如果根确定了，你变成其他值，其他值得系数会增加
然后就换根dp了，
预处理出1点的贡献
我是分成三部分得
- res[u]=w[u]-sz[u]*(a[fa]^a[u]) 当前点为子树得代价
- +(res[fa]-w[u]) 父亲节点的子节点的代价
- +(n-sz[u])*(a[fa]^a[u]) 父亲节点到当前点的代价
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N =2e5+10,mod=998244353; #define int long long typedef long long LL; typedef pair<int, int> PII; const long long inf=1e17; using node=tuple<int,int,int>; int n,m,k; int a[N]; vector<int> g[N]; int res[N]; int sz[N]; int w[N]; void dfs(int u,int fa) { sz[u]=1; for(auto v:g[u]){ if(v==fa) continue; dfs(v,u); sz[u]+=sz[v]; w[u]+=w[v]; } w[u]+=sz[u]*(a[u]^a[fa]); res[1]+=sz[u]*(a[u]^a[fa]); } void dfs1(int u,int fa){ res[u]=w[u]-sz[u]*(a[fa]^a[u]) +(res[fa]-w[u])+ (n-sz[u])*(a[fa]^a[u]) ; for(auto v:g[u]){ if(fa==v) continue; dfs1(v,u); } } void solve() { cin>>n; for(int i=1;i<=n;i++){ cin>>a[i]; g[i].clear(); res[i]=w[i]=0; } for(int i=1;i<n;i++){ int x,y;cin>>x>>y; g[x].emplace_back(y); g[y].emplace_back(x); } dfs(1,1); // for(int i=1;i<=n;i++) cout<<w[i]<<" \n"[i==n]; dfs1(1,1); for(int i=1;i<=n;i++) cout<<res[i]<<" \n"[i==n]; } signed main() { cin.tie(0);cout.tie(0);ios::sync_with_stdio(0); int t=1; cin>>t; while(t--) solve(); }
