CF 训练2 - 技术栈

688 div2 C Balanced Bitstring

思路：首先对于区间问题，我们可以先思考让它滑动滑动。对于[l,r],向后滑动一位后，[l+1 , r+1],因为两次的区间中， [l+1 ,r]中所有数都是相同的，所以可以得到s[l] = s[r+1] ，那么再向后滑动，就有 l+1 = r+2 , 一次类推，在1 ~ k中，每个数每次 +k ， s[x] = s[x+k]的。那么我们就可以对于每个k的区间来进行处理，观察它们是否相同。但是对于？的话，我们可以先不管他,最后看

1和0的个数是否都 <= k/2 就行了

void solve(){
  cin>>n>>k;
  string s;cin>>s;
  s = '#' + s;
  for(int i =1;i<=k;++i)str[i] = 0;
  for(int i=1;i<=k;++i){
    for(int j =i;j<=n;j +=k){
      if(s[j] == '?')continue;
      if(str[i] == 0)str[i] = s[j];
      else if(str[i] != s[j]){
        cout<<"NO"<<endl;
        return;
      }
    }
  }

  int cnt1 = 0 , cnt0 = 0;
  for(int i =1;i<=k;++i){
    if(str[i] == '1')cnt1++;
    else if(str[i] == '0')cnt0++;
  }
  if(cnt1 <=k/2 && cnt0 <= k/2){
    cout<<"YES"<<endl;
    return;
  }
  cout<<"NO"<<endl;
}

688 div2 D Tree Tag

思路：首先如果一开始 a和b的距离小于 da ，那么爱丽丝赢。如果b被追到了死角，那么必须db > 2*da 。最后需要树有一段很长的距离，足够b来躲掉a，也就是树的直径 > 2a，bob才有可能赢

void dfs(int u , int fa){ 
  for(auto to : g[u]){
    if(vis[to] || to == fa)continue;
    dis[to] = dis[u] + 1;
    vis[to] = 1;
    dfs(to , u);
  }
}


void solve(){
  cin>>n>>a>>b>>da>>db;
  
  for(int i =1;i<=n;++i)g[i].clear();
  for(int i =1;i<n;++i){
    int u ,v;cin>>u>>v;
    g[u].push_back(v);
    g[v].push_back(u); 
  }

  for(int i =1;i<=n;++i)vis[i] = 0 , dis[i] =  0;

  dis[a] = 0;
  dfs(a , 0);
    if(dis[b] <= da){
    cout<<"Alice"<<endl;
    return;
  }
  
  int ma = -1 , Q = 0;
  for(int i =1;i<=n;++i){
    if(dis[i] > ma)ma = dis[i] , Q =i;
  }

  for(int i =1;i<=n;++i)vis[i] = 0 , dis[i] =  0;
  dfs(Q , 0);
   ma = -1;
  for(int i =1;i<=n;++i){
    if(dis[i] > ma)ma = dis[i];
  }
  
  
  if(2 * da >= db){
    cout<<"Alice"<<endl;
    return;
  }
  cout<<"Bob"<<endl;
 
}

962 div3 E Decode

思路：还是区间01的问题，我们可以把0当作-1 ， 1当作 1，如果区间中0和1的数量相等，那么就说明区间和为 0 ，对于一个区间为0的区间，我们思考它对答案的贡献。

假设区间为[l,r]的这样一段区间，它对答案的贡献是多少，首先左边的贡献是 l , 右边的贡献是 n-r+1 , 根据乘法原理，贡献为l*(n-r+1)。

如何找区间，根据前缀和思想， pre[r] - pre[l-1] = 0 -> pre[l-1] = pre[r]。那么接下来，可以用一个map进行优化，时间复杂度就应该是 Onlogn

void solve(){
  cin>>s;
  int n = s.size();
  s = '#' + s;
  for(int i =1;i<=n;++i)pre[i] = pre[i-1] + (s[i]=='1' ?1 : -1 );
  map<int,int>mp;
  int ans = 0;
  mp[0] =1;
 for(int i =1;i<=n;++i){
    ans +=(mp[pre[i]])*(n-i+1);
    mp[pre[i]] += (i+1); 
    mp[pre[i]]%= mod;
    ans %= mod;
  }
  cout<<ans<<endl;
}

962 div3 F Bomb

思路：观察到数据非常大， k 是1e9 , 那么k次的优先队列询问肯定是不行了。这题其实是个很典的题，我们可以二分出来最后每个数的最大值，也就是说，每个数最后肯定会减到那个最大值或者大于最大值。

那么对于如何二分，我们思考到，二分出来的x 越大，我们所需要减少的次数cnt 就越少,cnt <= k的话，x就有一个最小值，所以是在分界线的右边 ,当我们的cnt >= k 的话就需要 l = mid , 否则

r = mid -1;

对于每个数可以用掉的次数为 cnt = (ai - x) / bi + 1，那么构成一个等差数列，其中的和也很容易算出来。

还有一个细节就是最后我们用掉的次数可能小于k ，那么多出来的这几次直接×二分出来的x即可

void solve(){
  cin>>n>>k;
  for(int i =1;i<=n;++i)cin>>a[i];
  for(int i =1;i<=n;++i)cin>>b[i];

  auto check =[&](int x){
    int cnt = 0;
    for(int i =1;i<=n;++i){
      if(a[i] >= x){
        cnt += (a[i]-x)/b[i] + 1;
      }
    }
    return cnt >= k;
  };

  int l=0 ,r = 2e10;
  while(l < r){
    int mid = (l+r+1)>>1;
    if(check(mid))l =mid;
    else r = mid -1;
  }
  int cnt = 0;
  int sum = 0;
  
  for(int i= 1;i<=n;++i){
    if(a[i] >= l){
      int m =(a[i]-l)/b[i] + 1;
      sum += a[i]*m - m*(m-1)*b[i]/2;
      cnt += m;
    }
 
  }
  cout<<sum + l*(k - cnt)<<endl;
}

很细节的一道题，多多思考🤔。