标签：break set 结果 bre 负数 正数 climits using read
A - Permutation Forgery
倒序输出即可。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<climits>
#include<stack>
#include<vector>
#include<queue>
#include<set>
#include<bitset>
#include<map>
//#include<regex>
#include<cstdio>
#include <iomanip>
#pragma GCC optimize(2)
#define up(i,a,b) for(int i=a;i<b;i++)
#define dw(i,a,b) for(int i=a;i>b;i--)
#define upd(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define dwd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
//#define local
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const double esp = 1e-6;
const double pi = acos(-1.0);
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int inf = 1e9;
using namespace std;
ll read()
{
char ch = getchar(); ll x = 0, f = 1;
while (ch<‘0‘ || ch>‘9‘) { if (ch == ‘-‘)f = -1; ch = getchar(); }
while (ch >= ‘0‘ && ch <= ‘9‘) { x = x * 10 + ch - ‘0‘; ch = getchar(); }
return x * f;
}
typedef pair<int, int> pir;
#define lson l,mid,root<<1
#define rson mid+1,r,root<<1|1
#define lrt root<<1
#define rrt root<<1|1
const int N = 1e2 + 10;
int p[N];
int n, T;
int main() {
T = read();
while (T--) {
n = read();
upd(i, 1, n)p[i] = read();
dwd(i, n, 1)printf("%d ", p[i]);
puts("");
}
return 0;
}
B - Array Cancellation
首先，我们可以发现，每一个正数，可以被后面的负数给抵消掉一部分。
我们贪心的，将每一个正数，尽可能的与后面的负数进行匹配，那么结果就将剩余一系列，和为0的数字（因为操作加1，减1对于总的和来说不变），统计正数的和就是答案。
该情况不会变得更差。因为该正数不和后面的匹配，之后的正数也会与之匹配，那么正数的和来说，并没有发生改变。
故利用队列，从前到后预处理即可。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<climits>
#include<stack>
#include<vector>
#include<queue>
#include<set>
#include<bitset>
#include<map>
//#include<regex>
#include<cstdio>
#include <iomanip>
#pragma GCC optimize(2)
#define up(i,a,b) for(int i=a;i<b;i++)
#define dw(i,a,b) for(int i=a;i>b;i--)
#define upd(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define dwd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
//#define local
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const double esp = 1e-6;
const double pi = acos(-1.0);
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int inf = 1e9;
using namespace std;
ll read()
{
char ch = getchar(); ll x = 0, f = 1;
while (ch<‘0‘ || ch>‘9‘) { if (ch == ‘-‘)f = -1; ch = getchar(); }
while (ch >= ‘0‘ && ch <= ‘9‘) { x = x * 10 + ch - ‘0‘; ch = getchar(); }
return x * f;
}
typedef pair<int, int> pir;
#define lson l,mid,root<<1
#define rson mid+1,r,root<<1|1
#define lrt root<<1
#define rrt root<<1|1
const int N = 1e5 + 10;
int T, n;
int a[N];
int main() {
T = read();
while (T--) {
n = read();
upd(i, 1, n) {
a[i] = read();
}
queue<pir>q;
dwd(i, n, 1) {
if (a[i] < 0)q.push({ a[i],i });
else {
while (q.size() && a[i]) {
pir top = q.front();
q.pop();
if (a[i] >= -top.first) {
a[top.second] = 0;
a[i] += top.first;
}
else {
a[top.second] += a[i];
a[i] = 0;
q.push({ a[top.second], top.second });
}
}
}
}
ll ans = 0;
upd(i, 1, n) {
if (a[i] < 0)ans -= a[i];
}
printf("%lld\n", ans);
}
return 0;
}
C - Balanced Bitstring
考虑尺取法，每一次取长度为k的区间。
考虑区间内部，只要0和1的个数都没有超过\(k/2\)那么一定可行。（剩余的利用？进行填补即可）。
所以我们可以统计出，一个区间内，？对应的0，1个数。例如01???1，其中的三个问号对应了一个‘1’，两个‘0’，但是顺序不知道，也没有关系。
下面我们继续考虑尺子进行移动的时候，出现的变化。
1.尺子头部不是‘？’
那么往右移动一格的时候，尺子尾部的右边的数字，一定要和头部相同。
例如\(01???11\)(k=6)，一开始尺子里面的数字是\(01???1\)，移动一格，变成\(1???11\)，可以发现，该情况一定不行，因为‘???‘已经确定除了，01的个数。所以，尾部右边的数字一定要和头部一样，如果是‘?‘，那么需要将‘?‘变换成头部。
2.尺子头部是‘?‘
那么就没有限制。只需要，动态维护0，1个数即可。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<climits>
#include<stack>
#include<vector>
#include<queue>
#include<set>
#include<bitset>
#include<map>
//#include<regex>
#include<cstdio>
#include <iomanip>
#pragma GCC optimize(2)
#define up(i,a,b) for(int i=a;i<b;i++)
#define dw(i,a,b) for(int i=a;i>b;i--)
#define upd(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define dwd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
//#define local
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const double esp = 1e-6;
const double pi = acos(-1.0);
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int inf = 1e9;
using namespace std;
ll read()
{
char ch = getchar(); ll x = 0, f = 1;
while (ch<‘0‘ || ch>‘9‘) { if (ch == ‘-‘)f = -1; ch = getchar(); }
while (ch >= ‘0‘ && ch <= ‘9‘) { x = x * 10 + ch - ‘0‘; ch = getchar(); }
return x * f;
}
typedef pair<int, int> pir;
#define lson l,mid,root<<1
#define rson mid+1,r,root<<1|1
#define lrt root<<1
#define rrt root<<1|1
const int N = 3e5 + 10;
int T, n, k;
char bit[N];
int main() {
T = read();
while (T--) {
n = read(), k = read();
scanf("%s", bit + 1);
int tot0 = 0, tot1 = 0;
upd(i, 1, k) {
if (bit[i] == ‘0‘)tot0++;
if (bit[i] == ‘1‘)tot1++;
}
bool flag = 1;
upd(i, 1, n - k) {
if (tot0 <= k / 2 && tot1 <= k / 2) {
if (bit[i] != ‘?‘) {
if (bit[i + k] != ‘?‘) {
if (bit[i] != bit[i + k]) { flag = 0; break; }
}
else {
bit[i + k] = bit[i];
}
}
else {
if (bit[i + k] != ‘?‘) {
if (bit[i + k] == ‘0‘)tot0++;
else if (bit[i + k] == ‘1‘)tot1++;
}
}
}
else {
flag = 0; break;
}
}
if (tot0 > k / 2 || tot1 > k / 2)flag = 0;
if (flag)puts("YES");
else puts("NO");
}
return 0;
}
D - Tree Tag
树上博弈。
首先判断，是否一步就能抓住Bob。
然后，如果不能，进一步思考，如果Alice能走的步数，超过了树的直径/2，那么，Alice第一步就能走到树的中间，然后整棵树，都能被Alice覆盖到，Bob无处可走。
再然后，考虑Alice不能一步就走到树的中间，那么Bob现在就有可能赢的机会，只时候Alice每一次，都需要移动da的距离，来尽可能的靠近Bob。我们考虑树的根节点在Alice的起点。
所以当且仅当，Bob的步伐>=Alice*2+1的时候，Bob能胜利。因为我们总可以假设Alice和Bob之间的最小距离是da，这个时候该Bob移动，Bob就可以移动到da*2+1的位置，Alice继续无法捕捉到。
反之，Alice总可以无限的靠近Bob，而Bob没有办法一下子跳出Alice的捕捉范围。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<climits>
#include<stack>
#include<vector>
#include<queue>
#include<set>
#include<bitset>
#include<map>
//#include<regex>
#include<cstdio>
#include <iomanip>
#pragma GCC optimize(2)
#define up(i,a,b) for(int i=a;i<b;i++)
#define dw(i,a,b) for(int i=a;i>b;i--)
#define upd(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define dwd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
//#define local
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const double esp = 1e-6;
const double pi = acos(-1.0);
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int inf = 1e9;
using namespace std;
ll read()
{
char ch = getchar(); ll x = 0, f = 1;
while (ch<‘0‘ || ch>‘9‘) { if (ch == ‘-‘)f = -1; ch = getchar(); }
while (ch >= ‘0‘ && ch <= ‘9‘) { x = x * 10 + ch - ‘0‘; ch = getchar(); }
return x * f;
}
typedef pair<int, int> pir;
#define lson l,mid,root<<1
#define rson mid+1,r,root<<1|1
#define lrt root<<1
#define rrt root<<1|1
const int N = 1e5 + 10;
int T, n;
int a, b, da, db;
vector<int>vec[N];
int dep[N];
int par[N][20];
int dp[N];
int maxn = 0;
void dfs(int u, int fa) {
dep[u] = dep[fa] + 1;
par[u][0] = fa;
upd(i, 1, 19)par[u][i] = par[par[u][i - 1]][i - 1];
for (auto k : vec[u]) {
if (k == fa)continue;
dfs(k, u);
maxn = max(maxn, dp[u] + dp[k] + 1);
dp[u] = max(dp[u], dp[k] + 1);
}
}
int lca(int u, int v) {
if (dep[u] < dep[v])swap(u, v);
int d = dep[u] - dep[v];
dwd(i, 19, 0) {
if (d & (1<<i))u = par[u][i]; }
if (u == v)return u;
dwd(i, 19, 0)if (par[u][i] != par[v][i])u = par[u][i], v = par[v][i];
return par[u][0];
}
int main() {
T = read();
while (T--) {
n = read();
a = read(), b = read(), da = read(), db = read();
maxn = 0;
upd(i, 0, n)vec[i].clear();
upd(i, 0, n)upd(j, 0, 19)par[i][j] = dep[i] = dp[i] = 0;
int u, v;
upd(i, 1, n - 1) {
u = read(), v = read();
vec[u].push_back(v);
vec[v].push_back(u);
}
dfs(1, 0);
int f = lca(a, b);
int d = dep[a] + dep[b] - 2 * dep[f];
if (d <= da) {
puts("Alice");
continue;
}
if (2*da >= maxn||db<=da) {
puts("Alice");
continue;
}
if (db >= da * 2+1) {
puts("Bob");
}
else {
puts("Alice");
}
}
return 0;
}
Codeforces Round #668 (Div. 2)
标签：break set 结果 bre 负数 正数 climits using read
原文地址：https://www.cnblogs.com/LORDXX/p/13626111.html
