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比赛链接 Educational Codeforces Round 158 (Rated for Div. 2)
目前进度：
| A | B | C | D | E | F |
|---|---|---|---|---|---|
| solved contest | solved contest | solved contest | solved contest | solved later | not solved |
A. Line Trip
简要翻译
在一维数轴上，有一辆车，刚开始在 $$$0$$$ 且油箱为满，走一个单位消耗一升油，经过 $$$a_1,a_2\ldots a_n$$$ 处可加满油。
现在需要从 $$$0$$$ 走到 $$$x$$$ 再走回 $0$，求能完成路径的油箱油量最小值。
思路解析
先不考虑回程，设 $a_0=0$，则 $ans = \underset{1\le i\le n}{max} \lbrace a_{i}-a_{i-1} \rbrace$。
在 $$$x$$$ 处转弯时不能加油，所以有 $ans = max(ans,2(x-a_n))$。
返程和去程一样，不用再统计。
代码
```cpp
#include<algorithm>
#include<iostream>
const int N=100;
int a[N],n,x;
void work(){
std::cin>>n>>x;
for(int i=1;i<=n;++i)
std::cin>>a[i];
int ans=2*(x-a[n]);
for(int i=1;i<=n;++i)
ans=std::max(ans,a[i]-a[i-1]);
std::cout<<ans<<std::endl;
}
signed main(int argc,char **argv){
// freopen("order.in","r",stdin);
// freopen("order.out","w",stdout);
std::cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
int T;
std::cin>>T;
while(T--)
work();
return 0;
}
```
B. Chip and Ribbon
简要翻译
有一列 $$$n$$$ 个格子和一个指针，一开始格子里的数 $$$a_i=0$$$ 。
第 $$$1$$$ 步，Mococarp 会把指针放在第一个格子上，接下来每一步可以做下列两种移动之一：
若指针在第 $$$i$$$ 个格子上，且 $$$i \neq n$$$，则将指针放在 $$$i+1$$$ 上。
将指针放在任意一个格子上（可以放在同一个格子上）。
每一步之后，若指针在第 $$$x$$$ 个格子上，则 $$$a_x$$$ 加一。
现在，Mococarp 想尽可能少的使用移动
Unable to parse markup [type=CF_MATHJAX]
\forall i\in [1,n],a_i=c_i$。思路解析
只使用移动 $$$1$$$ 时相当于给一个区间加一，问题转化为用多少个区间可以使 $$$i$$$ 被 $$$c_i$$$ 个区间包含。
那么 $$$c_i>c_{i-1}$$$ 时表示有 $$$c_i -c_{i-1}$$$ 个区间要从 $$$i$$$ 开始，$ans+=c_i-c_{i-1}$。
代码
```cpp
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<vector>
using std::cin;
using std::cout;
using std::endl;
using std::vector;
typedef long long ll;
const int N = 200010;
ll c[N],n;
void work(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;++i)
cin>>c[i];
ll ans=0;
for(int i=1;i<=n;++i)
if(c[i]>c[i-1])
ans+=c[i]-c[i-1];
cout<<ans-1<<endl;
}
signed main(int argc,char **argv){
// freopen("order.in","r",stdin);
// freopen("order.out","w",stdout);
cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
int T;
cin>>T;
while(T--)
work();
return 0;
}
```
C. Add, Divide and Floor
简要翻译
有一个数组 $$$\lbrace a_n \rbrace$$$，每次可以选一个 $$$x$$$，将所有 $$$a_i$$$ 赋值为 $\lfloor \dfrac{a_i+x}{2} \rfloor$，求最少次数使 $a_1=a_2=\cdots=a_n$。
思路解析
先考虑两个数 $$$x,y(x<y)$$$ 如何化为相等值。
考虑两者的差值，若选的数 $$$v \ge 2$$$ 则总有等效操作。
如果 $$$v\ge 2$$$ 且为偶数，则
Unable to parse markup [type=CF_MATHJAX]
\lfloor \dfrac{y+v}{2} \rfloor = \lfloor \dfrac{y}{2} \rfloor+\dfrac{v}{2}$，和直接除以二的效果相同。 如果 $$$v\ge 2$$$ 且为奇数，则和加一再除以二的效果相同。
观察样例，在 $$$x$$$ 为奇数 且 $$$y$$$ 为偶数时，加一再除以二相当于除以二后只给 $$$x$$$ 加一。
其他情况下，加一再除以二不如直接除以二。
因为 $x\le y \Leftrightarrow \lfloor \dfrac{x+v}{2} \rfloor \le \lfloor \dfrac{y+v}{2} \rfloor$，所以只用考虑数列中的最小值和最大值，其他值经过操作后也一定夹在两数中间。
代码
```cpp
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<vector>
using std::cin;
using std::cout;
using std::endl;
using std::vector;
typedef long long ll;
const int N=200010;
int a[N],n;
int Ans[N],len;
void work(){
cin>>n;
len=0;
for(int i=1;i<=n;++i)
cin>>a[i];
std::sort(a+1,a+n+1);
ll x=a[1],y=a[n];//仅最小值与最大值就可以了
if(n==1)
cout<<0<<endl;
else{
while(x!=y){
if((x&1)==1&&(y&1)==0){//x 奇数 && y 偶数, +1 /2
Ans[++len]=1;
x=(x+1)>>1;
y=(y+1)>>1;
}
else{//其他, +0 /2
Ans[++len]=0;
x>>=1;
y>>=1;
}
}
cout<<len<<endl;
if(len<=n){
for(int i=1;i<=len;++i)
cout<<Ans[i]<<' ';
cout<<endl;
}
}
}
signed main(int argc,char **argv){
// freopen("order.in","r",stdin);
// freopen("order.out","w",stdout);
cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
int T;
cin>>T;
while(T--)
work();
return 0;
}
```
D. Yet Another Monster Fight
简要翻译
有 $$$n$$$ 个怪兽，第 $$$i$$$ 个的生命值为 $a_i$。
Vasya 有闪电法术，他可以选择初始威力 $$$x$$$ 和攻击的第一个怪兽 $i_1$。
每次攻击后，闪电会随机攻击一个尚未被攻击且旁边有被攻击过怪兽的怪兽。
第 $$$k$$$ 次攻击的怪兽 $$$i_k$$$ 收到 $$$(x-k+1)$$$ 点伤害，这个值大于等于 $$$a_i$$$ 会使怪兽死亡。
现在 Vasya 想确定最小的 $$$x$$$，使得在适当挑选 $$$i_1$$$ 后，无论闪电的攻击顺序如何，所有怪兽都会死亡。
思路解析
对于 $$$a_i$$$，考虑 $$$i_1<i$$$ 和 $$$i_1>i$$$ 的情况。
- $$$i_1<i$$$：$$$a_i$$$ 能影响 $$$x$$$ 取值的最坏情况是，把前 $$$i-1$$$ 个数都消灭之后再消灭 $$$a_i$$$，对应的 $$$x$$$ 至少为 $a_i+i-1$。
- $$$i_1>i$$$：最坏情况变为，把后面 $$$a_{i+1} \sim a_n$$$ 都消灭后再消灭 $$$a_i$$$，对应的 $$$x$$$ 至少为 $a_i+n-i$。
第一种情况求后缀，第二种情况求前缀（$\max$），然后 $$$i_1=i$$$ 时的答案为 $\max \lbrace pre_{i-1}, a_i, nxt_{i+1} \rbrace $，取最小值即可。
代码
```cpp
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<vector>
using std::cin;
using std::cout;
using std::endl;
using std::max;
typedef long long ll;
const int N=300010;
ll a[N],pre[N],nxt[N],n;
void work(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;++i)
cin>>a[i];
for(int i=1;i<=n;++i)
pre[i]=a[i]+n-i,// i1 > i
nxt[i]=a[i]+i-1;// i1 < i
ll ans=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
for(int i=2;i<=n;++i)
pre[i]=max(pre[i],pre[i-1]);
for(int i=n-1;i;--i)
nxt[i]=max(nxt[i],nxt[i+1]);
nxt[n+1]=pre[0]=0;
for(int i=1;i<=n;++i)
ans=std::min(ans,max(a[i],max(pre[i-1],nxt[i+1])));
cout<<ans<<endl;
}
signed main(int argc,char **argv){
// freopen("order.in","r",stdin);
// freopen("order.out","w",stdout);
cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
int T=1;
while(T--)
work();
return 0;
}
```
E. Compressed Tree
简要翻译
有一棵 $$$n$$$ 个点的树，每个点有权值 $a_i$。
在第一阶段，你可以选择任意一个有至多 $$$1$$$ 条边的点，并删除这个点和它所连的边。可以重复任意次。
在第二阶段，所有度为 $$$2$$$ 的点将被删去，原来和它相连的 $$$2$$$ 个点之间生成一条新边。一直重复直到不存在度为 $$$2$$$ 的点。
求压缩后剩下的点的权值和最大值。注意，权值可以是负数。
思路分析
比赛时想到树形 dp，但是想到换根去了，最后浪费一个小时。
官方题解的说法，是按保不保留 $$$x$$$ 与父亲 $$$fa_x$$$ 的边，以及 $$$x$$$ 保留儿子的个数来讨论的。
设 $$$f_x$$$ 为**保留**边 $$$(x,fa_x)$$$ 时，$x$ 及其子树内压缩后的最大权值和。
则讨论 $$$x$$$ 保留儿子的个数：
不保留： 只保留 $$$x$$$ 作为叶子，$f_x =\max(f_x,a_x)$。
保留 $$$1$$$ 个：那么 $$$x$$$ 恰好有两条边，压缩后消失，$f_x=\max(f_x,\underset{y}{\max}f_y)$。
保留 $$$2$$$ 个及以上：$x$ 可以保留，$f_x=\max(f_x,a_x+\underset{y}{\sum}\max(0,f_y))$，至少选两个 $f_y$。
考虑**不保留**边 $$$(x,fa_x)$$$ 时，$x$ 子树外的节点全部都被删除了。
再讨论保留儿子的个数：
不保留：$ans=\max(ans,a_x)$。
保留 $$$1$$$ 个：$ans=\max(ans,a_x+\underset{y}{max}f_y)$。
保留 $$$2$$$ 个：$x$ 恰好会被压缩，$ans=\max(ans,\underset{y_1,y_2}{\max}(f_{y_1}+f_{y_2}))$。
保留 $$$3$$$ 个及以上：$ans=\max(ans,\underset{y}{\sum}\max(0,f_y))$，至少选三个 $f_y$。
儿子个数用类似 $$$01$$$ 背包的写法，非常巧妙。
代码
```cpp
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<vector>
using std::cin;
using std::cout;
using std::endl;
using std::vector;
using std::max;
typedef long long ll;
const ll inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int N=500010;
vector<int> ver[N];
ll val[N];
ll f[N],ans;
int n;
void clear(){
for(int i=1;i<=n;++i)
ver[i].clear();
ans=0;
}
void dfs(int x,int fa){
vector<ll> sum(4, -inf);
sum[0]=0;
for(int y : ver[x]){
if(y==fa)continue;
dfs(y,x);
sum[3]=max(sum[3],sum[3]+f[y]);//更新 f[y] 的和
for(int j=3;j;--j)// 更新选 1/2 个时 f[y] 的最优值
sum[j]=max(sum[j],sum[j-1]+f[y]);
}
f[x]=-inf;
for(int j=0;j<4;++j)
f[x]=max(f[x],sum[j]+(j==1?0:val[x])),
ans=max(ans,sum[j]+(j==2?0:val[x]));
}
void work(){
cin>>n;
clear();
for(int i=1;i<=n;++i)
cin>>val[i];
for(int i=1,x,y;i<n;++i){
cin>>x>>y;
ver[x].push_back(y);
ver[y].push_back(x);
}
dfs(1,0);
cout<<ans<<endl;
}
signed main(int argc,char **argv){
// freopen("order.in","r",stdin);
// freopen("order.out","w",stdout);
cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
int T;
cin>>T;
while(T--)
work();
return 0;
}
```
F. Landscaping
简要翻译
没看懂呢
思路分析
没想出来呢
代码
没写呢
