Codeforces Round 881 Div.3

贪心：A. Sasha and Array Coloring

Problem - A - Codeforces

将数组中的每个数染色，同一颜色的数字中，将最大值与最小值相减得到分数，问：所有的染色方案中，总分最高是多少
显然，同一颜色的数字除了最大和最小，其他的数没有用，要使总分最高，同一颜色的数字要最少，最少为两个
将数组的最大与最小相减得到分数，再将次大与次小相减…

#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;const int N = 55;
int a[N], T;int main()
{cin >> T;while ( T -- ){int n, sum = 0;cin >> n;for (int i = 0; i < n; ++ i ) cin >> a[i];sort(a, a + n);int l = 0, r = n - 1;while (l < r){sum += (a[r] - a[l]);l ++ , r -- ;}cout << sum << endl;}return 0;
}

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结论：B. Long Long

sum一定是所有数绝对值之和
结论：最少操作次数等于连续负数子段个数，所有统计连续非负的子段数量即可

#include <iostream>
#include <cmath>
using namespace std;typedef long long LL;
const int N = 2e5 + 10;
int a[N], T;int main()
{cin >> T;while ( T -- ){LL n, sum = 0, cnt = 0;cin >> n;for (int i = 0; i < n; ++ i) {cin >> a[i];sum += abs(a[i]);}for (int i = 0; i < n;){if (a[i] < 0){cnt ++ ;while (i < n && a[i] <= 0) i ++ ;}else i ++ ;}cout << sum << ' ' << cnt << endl;}return 0;
}

debug：ans要开LL，wa了4发，非负子段中可以出现0，所以a[i] < 0是不行的

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性质：C. Sum in Binary Tree

Problem - C - Codeforces
[外链图片转存中…(img-XlnHbBnn-1692359176162)]

一颗完全二叉树，根节点编号为1号，问根节点到n号节点的编号之和
手写堆时，学过：孩子的编号 / 2为父亲的编号，父亲的编号 * 2，或* 2 + 1能得到左右孩子的编号
若从1开始走到n，路径是无法一次确定的。从n走到1，路径能一次确定。所以将n不断/2，就能走到根节点，过程中维护sum即可

#include <iostream>
using namespace std;typedef long long LL;int main()
{int T;cin >> T;while ( T -- ){LL sum = 0, n;cin >> n;while (n){sum += n;n /= 2;}cout << sum << endl;}return 0;
}

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dfs求叶子数量：D. Apple Tree

Problem - D - Codeforces

对于所有节点1~n，求以每个节点为根节点时，子树中叶子节点的数量leaf[i]
答案为leaf[x] * leaf[y]

用dfs求叶子节点的数量，有两个坑：树要建无向边，一开始我自以为是有向边，方向从根节点向下，但通过用例就能看出这是无向边
其次，无向树较难实现在线求叶子节点数量，一开始我写的是有向树，用dfs在线求叶子节点数量很好实现。但是无向树想要在线求，有一个问题，dfs会向根节点遍历，虽然能特判根节点不是叶子，但是dfs会遍历到不属于当前子树的叶子
解决方法是：用根节点开始dfs，用leaf数组保存每颗子树的叶子节点，从其他节点开始地离线求法依然是错的，只能从根节点开始求

#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;typedef long long LL;
const int N = 2e5 + 10, M = 4e5 + 10;
int h[N], e[M], ne[M], idx;
int T, n, Q;
int leaf[N];void add(int x, int y)
{e[idx] = y, ne[idx] = h[x], h[x] = idx ++ ;
}int dfs(int x, int fa)
{bool flag = true;int cnt = 0;for (int i = h[x]; i != -1; i = ne[i]){int y = e[i];if (y != fa) flag = false, leaf[x] += dfs(y, x);}if (flag) leaf[x] = 1; return leaf[x];
}int main()
{cin >> T;while ( T -- ){memset(h, -1, sizeof h);memset(leaf, 0, sizeof leaf);idx = 0;cin >> n;int x, y;for (int i = 0; i < n - 1; ++ i ){cin >> x >> y;add(x, y), add(y, x);}cin >> Q;dfs(1, -1);while ( Q -- ){cin >> x >> y;cout << (LL)leaf[x] * leaf[y] << endl;}}return 0;
}

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二分与前缀和：E. Tracking Segments

Problem - E - Codeforces

每次做二分题脑子都转不过来，要将边界问题考虑得很清楚
首先，分析题意：一个元素全为0的数组，给定m个区间与q个操作，每次操作将某个元素置为1，问第几次操作时，m个区间中至少有一个区间的1的数量大于0的数量
可以看出这题具有二段性，由于每次操作都是将0置为1，所以整个数组中1的数量随着操作次数增加。假设答案为ans，进行ans次操作后，有一个区间的1数量大于0数量。那么在之后的操作中，1的数量只增不减。所以对于第$[ans,m]$次操作，至少有1个区间的1数量大于0数量
而在进行第$[1,ans-1]$次操作时，所有区间1的数量一定小于0的数量，操作次数呈现两段性

根据操作次数$[1,q]$的两段性，我们可以二分出两段区间的分界点，即最终答案ans
每次check时，进行mid次操作，遍历所有区间，只要有区间的1数量大于0数量，check就返回true。说明mid落在了右半段区间，r = mid。若check为false，说明mid落在左半区间，l = mid + 1

什么情况下会无解？进行了q次操作后，依然没有一个区间的1数量大于0数量，此时无解。那么无解时，会二分到哪个答案？因为操作次数的范围为$[1,q]$，所以无解时操作次数为$q+1$
因此二分的区间需要设置为$[1,q+1]$，当最后的结果为$q+1$时，无解

用前缀和求区间中1的数量

#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;const int N = 1e5 + 10;
int n, m;
int a[N], T, Q, L[N], R[N], change[N];bool check(int mid)
{for (int i = 1; i <= m; ++ i) {int ones = a[R[i]] - a[L[i] - 1];if (2 * ones > R[i] - L[i] + 1) return true;}return false;
}int main()
{cin >> T;while ( T -- ){cin >> n >> m;for (int i = 1; i <= m; ++ i ) cin >> L[i] >> R[i];cin >> Q;for (int i = 1; i <= Q; ++ i ) cin >> change[i]; int l = 0, r = Q + 1;while (l < r){int mid = l + r >> 1;memset(a, 0, sizeof a);for (int i = 1; i <= mid; ++ i ) a[change[i]] = 1;for (int i = 1; i <= n; ++ i ) a[i] += a[i - 1];if (check(mid)) r = mid;else l = mid + 1;}if (r == Q + 1) puts("-1");else cout << r << endl;}return 0;
}

debug：check要建立所有的区间，所以for循环中，i <= m，我写成了i <= mid，WA两发
i <= mid应该是枚举操作时的条件

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剩下两题有些难，20号之后回来补