Codeforces Round 1000 (Div. 2)（前三题）

A. Minimal Coprime

翻译：

如果 l 和 r 互为同素数，则正整数 [l,r] 的一段称为同素段。

如果一个共素数段 [l,r] 不包含任何不等于它本身的共素数段，那么这个共素数段 [l,r] 就叫做最小共素数段。为了更好地理解这句话，可以参考注释。

给定正整数段 [l,r]，求 [l,r] 中包含的最小共素数段的个数。

思路：

题目要求不同整数段之间不能为包含关系。

对于一个整数x与x+1必定为互素。

因此答案为r-l+1（l与r都不为1）

实现：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
// using pll = pair<ll,ll>;

void solve(){
  int a,b;
  cin>>a>>b;
  int ans = 0;
  if (a==1&&b==1){
    cout<<1<<endl;
    return ;
  }
  if (a==1){
    ans+=1;
    a++;
  }
  cout<<ans+(b-a)<<endl;
}

int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
    // 不使用科学计数法
    // cout<<fixed;
    // 中间填保留几位小数，不填默认
    // cout.precision();
    int t;cin>>t;
    while (t--) solve();
}

B. Subsequence Update

翻译：

给你一个整数序列，和一个线段 [l,r]（1≤l≤r≤n）。

你必须对这个序列执行下面的操作一次。

选择序列 a 的任意子序列，并反转它。注意，子序列不一定要连续。

形式上，选择任意数量的下标，使得。然后，将所有 1≤x≤k 的第个元素同时改为第个元素的原始值。

求操作后的最小值。

思路：

对于这只能一次的反转，可以选择要求段的左边的小值与要求段的大值交换。或要求段的右边的小值与要求段的大值交换。注意只能选一边，因为只能反转一次。

实现：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
// using pll = pair<ll,ll>;

void solve(){
  int n,l,r;
  cin>>n>>l>>r;
  ll res = 0;
  vector<int> a(n+1);
  for (int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
  priority_queue<int> tmpl_ans,tmpr_ans;
  priority_queue<int,vector<int>,greater<int>> lans,rans; 
  for (int i=l;i<=r;i++){
    res += a[i];
    tmpl_ans.push(a[i]);
    tmpr_ans.push(a[i]);
  } 
  for (int i=1;i<l;i++){
    lans.push(a[i]);
  }  
  for (int i=r+1;i<=n;i++){
    rans.push(a[i]);
  }  
  ll res1 = res;
  while (!lans.empty()){
    int now1 = tmpl_ans.top(),now2 = lans.top();
    if (now1>now2){
      res -= now1-now2;
      tmpl_ans.pop();
      tmpl_ans.push(now2);
      lans.pop();
    }else{
      break;
    }
  }
  while (!rans.empty()){
    int now1 = tmpr_ans.top(),now2 = rans.top();
    if (now1>now2){
      res1 -= now1-now2;
      tmpr_ans.pop();
      tmpr_ans.push(now2);
      rans.pop();
    }else{
      break;
    }
  }
  cout<<min(res1,res)<<endl;
}

int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
    // 不使用科学计数法
    // cout<<fixed;
    // 中间填保留几位小数，不填默认
    // cout.precision();
    int t;cin>>t;
    while (t--) solve();
}

C. Remove Exactly Two

翻译：

给您一棵有 n 个顶点的树。您必须准确执行以下操作两次。

选择一个顶点 v；

删除 v 所带的所有边，同时删除顶点 v。

请找出精确执行两次操作后的最大连通部分数。

当且仅当存在一条从 x 到 y 的路径时，两个顶点 x 和 y 位于同一个连通组件中。

根据定义，0 个顶点的图有 0 个连通成分。

思路：

记录每个点的度数，并从度数大层数的开始遍历。

那么答案有两种情况：

点a的度数+点b的度数-1 a与b不相连

点a的度数+点b的度数-2 a与b相连

实现：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;

void solve(){
  int n;    
  cin>>n;
  // 记录每个点的度数
  vector<int> dus(n+1,0);
  // 创建邻接表
  vector<vector<int>> edge(n+1);
  for (int a,b,i=1;i<n;i++){
    cin>>a>>b;
    dus[a]++;
    dus[b]++;
    edge[a].push_back(b);
    edge[b].push_back(a);
  }
  // 记录每个度数所包含的点
  map<int,vector<int>> mp;
  for (int i=1;i<=n;i++) mp[dus[i]].push_back(i);
  
  // 考虑到有的度数只有一个点增加记录点
  int f=0,f_du = 0;
  // 按度数从大到小遍历
  for (auto iter=mp.rbegin();iter!=mp.rend();iter++){
    int du = iter->first;
    auto nums = iter->second;
    int num_size = nums.size();
    if (f){
      for (int i:nums){
        // 两个点不相连
        if (find(edge[i].begin(),edge[i].end(),f)==edge[i].end()){
          cout<<du+f_du-1<<endl;
          return;
        }
      }
      cout<<du+f_du-2<<endl;
      return;
    }else{
      if (num_size==1){
        f = nums[0];
        f_du = du;
      }else{
        for (int i=0;i<num_size;i++){
          for (int j=i+1;j<num_size;j++){
            // 两个点不相连
            if (find(edge[nums[i]].begin(),edge[nums[i]].end(),nums[j])==edge[nums[i]].end()){
              cout<<2*du-1<<endl;
              return;
            }
          }
        }
        cout<<2*du-2<<endl;
        return;
      }
    }
  }
}

int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
    // 不使用科学计数法
    // cout<<fixed;
    // 中间填保留几位小数，不填默认
    // cout.precision();
    int t;cin>>t;
    while (t--) solve();
}

有建议可以评论，我会积极改进qwq。