原题链接：Dashboard - The 2022 ICPC Asia Xian Regional Contest - Codeforces
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J. Strange Sum
F. Hotel
C. Clone Ranran
G. Perfect Word
E. Find Maximum
L. Tree
J. Strange Sum
题意：
思路：当我们选择i=n时，我们则可以选择整个区间，所以我们在这个区间内我们可以分别选择最大的2个元素、最大的1个元素、不选，三者取max即可。
代码：
void solve() {
int n;
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
sort(a+1,a+n+1);
cout<<max({0ll,a[n],a[n-1]+a[n]})<<endl;
}F. Hotel
题意：
思路：对于每个队伍我们进行分治，当队伍中的队员性别都不同的时候，ta们需要住三间房间，总共有两种情况：三人都住单人间，或者三人都住双人间（双人间只住一个人）。当队伍中存在相同性别的队员时，也是只有两种情况：两人一起住双人间，一人住单人间；两人一起住双人间，一人住双人间。每种情况取min然后累加即可。
void solve() {
int n,a,b,ans=0;
cin>>n>>a>>b;
for(int i=1; i<=n; i++) {
map<char,int>mp;
int now=min(3*a,3*b);
cin>>s;
for(int j=0; j<=2; j++) {
mp[s[j]]++;
if(mp[s[j]]==2)now=min(min(now,a+b),2*b);
}
ans+=now;
}
cout<<ans<<endl;
}C. Clone Ranran
题意：
思路：若要进行克隆操作的话，肯定是克隆完然后再一起答题是最优的。所以我们枚举克隆次数，答案取min即可。每次枚举的答案为克隆次数+（问题数）/（克隆后的数量）<-（向上取整）。因为它的复杂度是log级别的，所以不会超时。
代码：
void solve() {
int a,b,c,ans=1e18;
cin>>a>>b>>c;
for(int i=0; i<=34; i++) {
int sum=a*i;
sum+=b*((c+f[i]-1)/f[i]);
ans=min(ans,sum);
}
cout<<ans<<endl;
}
signed main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
f[0]=1;
for(int i=1; i<=34; i++)f[i]=f[i-1]*2;
int _;
cin>>_;
while(_--)
solve();
}G. Perfect Word
题意：
思路：若一个单词S满足条件，则它的子串S[1~n-1]和S[2~n]也满足条件，所以我们根据字符串长度从下往上拼出最长的单词，若这个单词S能在比它长度小的set集合中，找到S[1~n-1]和S[2~n]两个字串，说明这个字符合法，放入set，反之continue。答案在模拟的过程中取max即可。
代码：
bool cmp(string a,string b) {
return a.size()<b.size();
}
void solve() {
vector<string>v;
set<string>s;
int n,ans=0;
cin>>n;
for(int i=1; i<=n; i++) {
string x;
cin>>x;
v.push_back(x);
}
sort(v.begin(),v.end(),cmp);
for(int i=0; i<n; i++) {
string a=v[i],b,x;
if(a.size()==1)s.insert(a),ans=max(ans,1ll);
else {
x=a,b=a.substr(1),a.pop_back();
if(s.count(a)&&s.count(b)) s.insert(x),ans=max(ans,(int)x.size());
}
}
cout<<ans<<endl;
}E. Find Maximum
题意：
思路： 手玩函数（bushi）后可得f(x)表达的是x在三进制下各个位的数之和+三进制长度，所以2是越多越好，我们可以用右边界r来进行贪心。因为已经r是上限了，所以不可能令它三进制的某一位增加，我们对r能进行的操作只有减少它的某一位，然后根据贪心的思想，若它某一位减少了，则该位之后的位都可以变成2，这是因为3^1+3^2+.......+3^(i-1)<3^i，所以就算后面的位都变成2了，也不会超过r的范围，我们需要判的就是变完之后会不会小于l。
总结一下，就是枚举r在三进制上的每一位，然后该位-1，后面的位都变成2，再判断它是否大于l，若合法则答案取min。别忘了把答案的初始值设为f(r)。
代码：
int f(vector<int>v) {//用来计算三进制转换为10进制后的值
reverse(v.begin(),v.end());
int sum=0,now=1;
for(auto x:v) {
sum+=x*now;
now*=3;
}
return sum;
}
int f2(vector<int>v) {//用来计算f(x)
reverse(v.begin(),v.end());
while(v.size()&&!v.back())v.pop_back();
int sum=0;
for(auto x:v)sum+=(x+1);
return sum;
}
void solve() {
vector<int>a;
int l,r,rr,ans=0;
cin>>l>>r;
rr=r;
while(rr) {
a.push_back(rr%3),ans+=(rr%3+1);
rr/=3;
}//将r转换为三进制存入vector，并且使ans的初始值为f(r)
reverse(a.begin(),a.end());
for(int i=0; i<a.size(); i++) {
if(!a[i])continue;//若该位为0则无法-1，要到下一位贪心
vector<int>x;
x=a,x[i]--;
for(int j=i+1; j<x.size(); j++)x[j]=2;//将后面的位全变为2
if(f(x)>=l)ans=max(ans,f2(x));//判断是否合法
}
cout<<ans<<endl;
}L. Tree
题意：
思路：条件一可以转化为在树内删一条链，条件二可以转化为在树内删叶子节点，所以我们先跑一遍dfs预处理后，枚举删的叶子节点层数，答案取min即可。具体实现见代码注释。
代码：
vector<int>e[maxn];
int dep[maxn],dis[maxn],cnt=0;
//dep[i]表示的是i节点到最深叶子节点的距离
//dis[i]表示的是有多少个节点到叶子节点的距离为i
void dfs(int u) {
dep[u]=1;
for(auto x:e[u]) {
dfs(x);
dep[u]=max(dep[u],dep[x]+1);
}
dis[dep[u]]++;
}
void solve() {
int n;
cin>>n;
for(int i=1; i<=n; i++) e[i].clear(),dis[i]=0;
for(int i=2; i<=n; i++) {
int x;
cin>>x;
e[x].push_back(i);
}
dfs(1);
int ans=dep[1];//初始情况是什么叶子都不删的情况，也就是根节点到叶子节点的距离
for(int i=1; i<=dep[1]; i++)ans=min(ans,dis[i]+i-1);
//i表示删了(i-1)层叶子节点，那么剩下的链的个数就是dis[i]
cout<<ans<<endl;
}
