2023 China Collegiate Programming Contest (CCPC) Guilin (VP桂林 & 补题)

写在前面

2023CCPC桂林的概况是：
3题快铜、5题银、7题金
9题捧杯、11题冠亚军
已更新GMKIH，待更新BC
签到题提供py，其余c++（很多卡时间有点死，py直接g）
签到题未提供思路，其余提供解题思路

G. Hard Brackets Problem (签到题)

Problem - G - Codeforces

按题意模拟，或后缀和判无解。

ac代码参考：

import sysinput = lambda: sys.stdin.readline().rstrip("\r\n")
out = sys.stdout.write
def S():return input()
def I():return int(input())
def print1(x):return out(str(x) + "\n")
# ----------------------------- # ----------------------------- #def solve():s = list(S())st, n = 0, len(s)i = 0while i < n and s[i] == ')': i += 1ans = s[:i]end,st = 0,0while i < n:if s[i] == '(':st += 1end += 1ans.append('(')else:if end:end -= 1st -= 1ans.append(')')else: ns.append(')')i += 1print1(''.join(ans) if st == 0 else "impossible")for _ in range(I()):solve()

M. Flipping Cards (第二个签到题)

Problem - M - Codeforces

ac代码参考

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=3e5+5;int n,tot;
int a[N],b[N];
int c[2*N];
int dp[N][2];bool check(int mid)
{int cnt=0;for(int i=1;i<=n;++i){if(a[i]>=mid)cnt++;}dp[0][0]=dp[0][1]=cnt;int maxx=cnt;for(int i=1;i<=n;++i){dp[i][0]=max(dp[i-1][0],dp[i-1][1]);	// 不选 i// 选 iif(b[i]>=mid&&a[i]<mid)dp[i][1]=max(dp[0][0]+1,dp[i-1][1]+1);else if(b[i]>=mid&&a[i]>=mid)dp[i][1]=max(dp[0][0],dp[i-1][1]);else if(b[i]<mid&&a[i]<mid)dp[i][1]=max(dp[0][0],dp[i-1][1]);else if(b[i]<mid&&a[i]>=mid)dp[i][1]=max(dp[0][0]-1,dp[i-1][1]-1);maxx=max({maxx,dp[i][0],dp[i][1]});}return maxx>=(n+1)/2;
}
void solve()
{cin>>n;for(int i=1;i<=n;++i){cin>>a[i]>>b[i];c[++tot]=a[i];c[++tot]=b[i];}sort(c+1,c+1+tot);tot=unique(c+1,c+1+tot)-c-1;int l=1,r=tot;int ans=-1;while(l<=r){int mid=(l+r)>>1;if(check(c[mid])){ans=c[mid];l=mid+1;}elser=mid-1;}cout<<ans<<'\n';
}
int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);int T=1;while(T--)solve();return 0;
}

K. Randias Permutation Task (半个铜牌题)

Problem - K - Codeforces

注意到答案不超过 min ⁡ { 2 m , n ! } ≤ 362880 \min\{2^m, n!\} ≤ 362880 min{2m,n!}≤362880 (m个选或不选，)，所以任何复杂度是 $O(ans)$ 级 别的爆搜都是正确的。具体来说，令 $f_i$ 表示前 $i$ 个排列能复合出的排列的集合，每次枚举下一 个排列选不选即可。

时间复杂度 $\Theta (nm\cdot \min (2^m,n!)\cdot \log \min (2^m,n!))$。

ac代码参考

#include<bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> PII;
const int N = 185;
int n, m, ans;
map<vector<int>, int>mp;void solve(){cin >> n >> m;vector<vector<int>>a(m+1, vector<int>(n+1));for (int i = 1; i <= m; i++) {     // m 个排列for (int j = 1; j <= n; j++) {cin >> a[i][j];}}vector<int> res(n + 1);for (int i = 1; i <= m; i++) {map<vector<int>, int> tmp;tmp = mp;tmp[a[i]] = 1;for (auto w : mp) {vector<int>p = w.first;for (int j = 1; j <= n; j++) {res[j] = p[a[i][j]];}tmp[res]=1;}mp = tmp;}cout << mp.size() << '\n';
}int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);solve();return 0;
}

I. Barkley II (铜牌题)

Problem - I - Codeforces

• 给一个序列，选择一个区间使得区间颜色数 − 区间 $mex$ 最大，那么考虑是不是需要留一个比较小的不选，来使得答案最大？
• 一个显然的暴力做法是枚举每一个算法种类，以此当间隔，再 $O(n)$ 的计算该情况的答案，取 $\max$。总的时间复杂度为 $O(n^2)$。
• 考虑怎么优化使其时间复杂度可以接受，使用树状数组扫描线统计颜色数即可（静态区间数颜色问题）。
• 树状数组的知识点可以看这题学会：SDOI2009 HH的项链，总的时间复杂度为 $O(n\log n)$。

ac代码参考

#include<bits/stdc++.h>
#define endl '\n' 
using namespace std;const int N = 5e5+5;int a[N], su[N], vis[N];
int n, m;
vector<vector<int>> dic(N);struct Que{int l, r, mex;Que(int x, int y, int z) : l(x), r(y), mex(z){}
};
vector<Que> ask;void add(int pos, int x){while (pos <= n){su[pos] += x;pos += (-pos) & pos;}
}int query(int pos){int res = 0;while (pos){res += su[pos];pos -= (-pos) & pos;}return res;
}void solve(){ask.clear();cin >> n >> m;a[0] = 0;for(int i = 1; i <= n; i++) {cin >> a[i];if (a[i] <= n) dic[a[i]].push_back(i);}for (int i = 1; i <= n+1; i++){if (dic[i].size()){int pre = 1;for (auto r : dic[i]){if (r - 1 >= pre)ask.push_back(Que(pre, r - 1, i));pre = r + 1;}if (pre <= n)ask.push_back(Que(pre, n, i));} else {ask.push_back(Que(1, n, i));break;}}auto cmp = [&](Que x, Que y){return x.r < y.r;};sort(ask.begin(), ask.end(), cmp);for (int i = 1; i <= n; i++) vis[a[i]] = 0;for(int i = 1; i <= n; i++) dic[a[i]].clear();for (int i = 0; i <= n; i++) su[i] = 0;int nxt = 1, ans = -1e9;for(auto que : ask){for(int j = nxt; j <= que.r; j++){if (vis[a[j]]) add(vis[a[j]], -1);add(j, 1);vis[a[j]] = j;}nxt = que.r + 1;ans = max(ans, query(que.r) - query(que.l - 1) - que.mex);}cout << ans << endl;
}int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);int T;cin >> T;while (T--)solve();return 0;
}

B. The Game (半个银牌题)

Problem - B - Codeforces

C. Master of Both IV (银牌题)

Problem - C - Codeforces

H. Sweet Sugar (金牌题)

Problem - H - Codeforces

题面可被翻译为：给定一棵无根树，每个点的点权为 $0$、$1$ 或 $2$，从树上找到尽量多的不重叠的连通块，使得每个连通块的点权和都为 $k$。

任选点权和为 $k$ 的连通块，其中 $k>2$，那么该连通块至少包含两个点权非零的叶子，否则可以在不改变 $k$ 的前提下迭代删去点权为 $0$ 的叶子。

• 如果至少有一个叶子的点权为 $2$，那么删去该叶子即可得到点权和 为 $k-2$ 的连通块。
• 否则所有叶子的点权都为 $1$，那么同时删去两个叶子即可得到点权 和为 $k-2$ 的连通块。

因此可以通过树形 DP 求出总和为奇数$/$偶数的点权和最大的连通块来 $O(1)$ 判断是否存在点权和为 $k$ 的连通块。

任选一点为根，自底向上贪心。 假设当前考虑完了 $x$ 的所有儿子，如果 $x$ 子树目前与 $x$ 相连的部分存在 一个点权和为 $k$ 的连通块，那么切掉 $x$ 与 $x$ 父亲之间的边不会使得答案变差，对答案的贡献为 $1$。 时间复杂度 $O(n)$。

ac代码参考

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int INF = 1e9, N = 1e6+5;
int head[N], ver[N+N], nxt[N+N];
int c[N];
int n, k, tot;array<int, 3> dfs(int x, int p) {array<int, 3> res = {c[x], 0, INF};for (int i = head[x]; i; i = nxt[i]) {int y = ver[i];if (y == p) continue;auto [su, ans, caneat] = dfs(y, x);res[0] += su;     // 子树总点权res[1] += ans;    // 树形DP整合子树答案res[2] = min(res[2], caneat);}if (res[0] & 1)res[2] = min(res[2], res[0]);if (res[0] >= k) // 判断是否存在点权和为 k 的连通块，res[0] - res[2] 用于改变子树点权的奇偶if ((res[0] & 1) == (k & 1) || res[0] - res[2] >= k) {return {0, res[1] + 1, INF};}return res;
}void solve() {tot = 0;auto add = [](int x,int y){ver[++tot] = y, nxt[tot] = head[x], head[x] = tot;};cin >> n >> k;for(int i = 0; i <= n; i++) head[i] = 0;for (int i = 1; i <= n; i++) {cin >> c[i];}for (int i = 0; i < n - 1; i++) {int x, y;cin >> x >> y;add(x,y);add(y,x);}auto [_, ans, __] = dfs(1, 1);  // x, parentcout << ans << '\n';
}int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);int T;cin >> T;while (T--) {solve();}
}