A
题解
知识点：贪心，构造。
注意到有 \(1\) 就一定能构造。
时间复杂度 \(O(n)\)
空间复杂度 \(O(1)\)
代码
#include #define ll long long using namespace std; bool solve() { int n, k; cin >> n >> k; bool ok = 0; for (int i = 1;i <= n;i++) { int x; cin >> x; ok |= x; } if (ok) cout << "YES" << '\n'; else cout << "NO" << '\n'; return true; } int main() { std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0); int t = 1; cin >> t; while (t--) { if (!solve()) cout << -1 << '\n'; } return 0; }
B
题解
知识点：枚举，双指针。
用对撞指针，枚举左侧 \(1\) 和 右侧 \(0\) ，一次操作能消除一对。
时间复杂度 \(O(n)\)
空间复杂度 \(O(n)\)
代码
#include #define ll long long using namespace std; int a[100007]; bool solve() { int n; cin >> n; for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> a[i]; int l = 1, r = n; int cnt = 0; while (l <= r) { while (l <= r && a[l] == 0)l++; while (l <= r && a[r] == 1)r--; if (l <= r) { l++; r--; cnt++; } } cout << cnt << '\n'; return true; } int main() { std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0); int t = 1; cin >> t; while (t--) { if (!solve()) cout << -1 << '\n'; } return 0; }
C
题解
知识点：枚举。
容易发现，我们可以通过操作将序列变成非减序列，只要我们从左到右操作每组 \(a_i
把所有相邻两数的差带着下标从小到大排序输出下标就行。
时间复杂度 \(O(n \log n)\)
空间复杂度 \(O(n)\)
代码
#include #define ll long long using namespace std; int a[100007]; bool solve() { int n; cin >> n; for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> a[i]; vector<pair<int, int>> v; v.push_back({ 0,1 }); for (int i = 2;i <= n;i++) { v.push_back({ a[i - 1] - a[i], i }); } sort(v.begin(), v.end()); for (auto [i, j] : v) cout << j << ' '; cout << '\n'; return true; } int main() { std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0); int t = 1; cin >> t; while (t--) { if (!solve()) cout << -1 << '\n'; } return 0; }
D
题解
知识点：树形dp，贪心。
此题重点在于如何分配路径到子节点。
显然，为了保证子节点路径数至多相差 \(1\) ，若父节点有 \(p\) 或 \(p+1\) 条路径，那么 \(s\) 个子节点可能的路径数只有 \(\lfloor \frac{p}{s} \rfloor\) 或 \(\lfloor \frac{p}{s} \rfloor + 1\) 。
- \(s>2\) 和 \(s=1\) 时，显然成立。
- \(s = 2\) 时， \(p\) 能被整除时显然成立。
- \(s = 2\) 时， \(p\) 不能被整除时 \(p+1\) 一定能被整除，但只有 \(\lfloor \frac{p}{s} \rfloor + 1\) 一种合法情况，\(p\) 有 \(\lfloor \frac{p}{s} \rfloor\) 或 \(\lfloor \frac{p}{s} \rfloor + 1\) 两种，同样成立。
我们知道了子节点可能分配到路径后，对分配方法进行dp就行。
设 \(f[u][0/1]\) ，表示对于节点 \(u\) 的子树， \(u\) 具有路径数为 \(p\) 或 \(p+1\) 时，子树的总贡献。对于 \(f[u][0/1]\) ，先加上 \(u\) 本身的贡献，以及子节点 \(v\) 路径数为 \(\lfloor \frac{p}{s} \rfloor\) 的一种贡献，即 \(f[v][0]\) ，这是子节点都能分配到的。
然后，对于 \(f[u][0]\) ，可以给 \(p \mod s\) 个子节点多分配一条路径；对于 \(f[u][1]\) 可以给 \((p+1) \mod s\) 个子节点多分配一条路径。这些子节点的贡献可以加一个增量 \(f[v][1]-f[v][0]\) ，我们按照这个增量排序，就能找到增量最大的几个子节点，我们给它们分配即可。
最后输出 \(f[1][0]\) ，根节点没有多一条路径的选择。
时间复杂度 \(O(n \log n)\)
空间复杂度 \(O(n)\)
代码
#include #define ll long long using namespace std; vector<int> g[200007]; int s[200007]; ll f[200007][2]; void dfs(int u, int p) { f[u][0] = 1LL * p * s[u]; f[u][1] = f[u][0] + s[u]; if (!g[u].size()) return; vector tb; for (auto v : g[u]) { dfs(v, p / g[u].size()); f[u][0] += f[v][0]; f[u][1] += f[v][0]; tb.push_back(f[v][1] - f[v][0]); } sort(tb.begin(), tb.end(), [&](ll a, ll b) {return a > b;}); int r = p % g[u].size(); for (int i = 0;i < r;i++) f[u][0] += tb[i]; for (int i = 0;i <= r;i++) f[u][1] += tb[i]; } bool solve() { int n, k; cin >> n >> k; for (int i = 1;i <= n;i++) g[i].clear(); for (int i = 2;i <= n;i++) { int p; cin >> p; g[p].push_back(i); } for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> s[i]; dfs(1, k); cout << f[1][0] << '\n'; return true; } int main() { std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0); int t = 1; cin >> t; while (t--) { if (!solve()) cout << -1 << '\n'; } return 0; }