牛客练习赛 67—

牛客练习赛 67——ST表

A.牛牛爱字符串

注意原字符串有空格，不要用cin

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<string>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
int main()
{IO;int T=1;//cin>>T;while(T--){string s;while(getline(cin,s)){vector<string> ans;int n=s.size();for(int i=0;i<n;i++){if(s[i]<'0'||s[i]>'9') continue;string now="";while(i<n&&s[i]>='0'&&s[i]<='9'){now+=s[i];i++;}reverse(now.begin(),now.end());while(now.size()>1&&now.back()=='0') now.pop_back();reverse(now.begin(),now.end());ans.push_back(now);}      for(auto t:ans) cout<<t<<' ';cout<<'\n';}}return 0;
}

B.牛牛爱位运算

&只会越运算越小，直接选择最大的数即可

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<string>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=100010;
int a[N],n;
int main()
{IO;int T=1;cin>>T;while(T--){cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];sort(a+1,a+1+n);cout<<a[n]<<'\n';}return 0;
}

C.牛牛爱博弈

~~打表找规律，懂得都懂~~
最终只要 $n$ 不是 $3$ 的倍数先手必胜

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<unordered_set>
using namespace std;
const int N=110;
int sg[N];
// int dfs(int u)
// {
//     if(sg[u]!=-1) return sg[u];
//     unordered_set<int> mp;
//     for(int i=0;(1<<i)<=u;i++) mp.insert(dfs(u-(1<<i)));//     for(int i=0;;i++)
//         if(!mp.count(i)) return sg[u]=i;
// }
int main()
{IO;int T=1;cin>>T;memset(sg,-1,sizeof sg);while(T--){cin>>n;if(n%3) cout<<"Alan\n";else cout<<"Frame\n";}// for(int i=0;i<=100;i++)// {//     cout<<i<<' ';//     if(dfs(i)) cout<<"Alan\n";//     else cout<<"Frame\n";// }return 0;
}

D. 牛妹爱数列

$f [i] [0 / 1]$ 表示：考虑前 $i$ 个序列，把他们全变成 $0 / 1$ 的最小翻转次数
转移：考虑最后一步是单点修改还是前缀修改。
如果是单点修改 $f [i] [1] = m i n (f [i] [1], f [i - 1] [1] + 1 - a [i]), f [i] [0] = m i n (f [i] [0], f [i - 1] [0] + a [i])$
如果是前缀修改 $f [i] [1] = m i n (f [i] [1], f [i - 1] [0] + a [i] + 1), f [i] [0] = m i n (f [i] [0], f [i - 1] [1] + 1 - a [i] + 1)$

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=100010;
int f[N][2];
int a[N],n;
int main()
{IO;int T=1;//cin>>T;while(T--){cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];memset(f,0x3f,sizeof f);f[0][0]=f[0][1]=0;for(int i=1;i<=n;i++){f[i][0]=min(f[i-1][0]+a[i],f[i-1][1]+1-a[i]+1);f[i][1]=min(f[i-1][0]+1-a[i]+1,f[i-1][1]+1-a[i]);}cout<<f[n][0]<<'\n';}return 0;
}

E.牛妹游历城市

暴力建图边数达到恐怖的 $n^2$ 不光空间开不下，而且时间跑不过，不可取。
考虑优化建图：建立 $32$ 个虚拟源点(编号 $\dots n+32)$ 如果一个点 $i$ 的 $a_i$ 的二进制表示中第 $j(0≤j≤31)j(0\leq j\leq 31)$ 位是1，那么连一条边 $i - > n + j + 1$ 权值是 $1 < < j$ 的边，并且连一条 $n + j + 1 - > i$ 权值是 $0$ 的边。然后不难发现原图中的所有边都可以转化成新图的边，~~同样新图的所有边都能转化成原图的边。~~ 但是并不影响求最短路比如权值是101011和101010的两个点，我们会建立边权是10、1000、100000这些路径，但是发现这些相当于重边，不会影响答案。
博主的图非常清楚直接秒懂

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<queue>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<ll,int> pli;
const int N=111010,M=1000010;
const ll INF=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int h[N],e[M],ne[M],idx;
ll w[M],a[N];
ll dist[N];
bool st[N];
int n;
void add(int a,int b,ll c)
{e[idx]=b;w[idx]=c;ne[idx]=h[a];h[a]=idx++;
}
void dijkstra()
{memset(dist,0x3f,sizeof dist);memset(st,0,sizeof st);dist[1]=0;priority_queue<pli,vector<pli>,greater<pli>> q;q.push({0,1});while(q.size()){int t=q.top().second;q.pop();if(st[t]) continue;st[t]=1;for(int i=h[t];i!=-1;i=ne[i]){int j=e[i];if(dist[j]>dist[t]+w[i]){dist[j]=dist[t]+w[i];q.push({dist[j],j});}}}
}
int main()
{IO;int T=1;cin>>T;while(T--){cin>>n;memset(h,-1,sizeof h);idx=0;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=0;j<32;j++)if(a[i]>>j&1){add(i,j+n+1,1ll<<j);add(j+n+1,i,0ll);}dijkstra();if(dist[n]==INF) cout<<"Impossible\n";else cout<<dist[n]<<'\n';}return 0;
}

学习ST表，F明天补了

F.牛妹的苹果树

方法一：线段树（动态）+欧拉序ST表求lca
首先有一个引理：树的直径具有可合并的性质，同一棵树上两个区间的直径的两个端点分别为 $(a, b)$ ， $(c, d)$ ，那么合并两个区间后的新的直径的端点一定在 ${a,b,c,d}$ 中，通过枚举端点计算它们的距离（6种情况），取最大值可以得到两个区间合并的直径。其正确性证明和两遍dfs求树的直径的证明过程类似。
由此我们考虑线段树维护区间直径即可。~~求lca最好用欧拉序+ST表的，这个我不会~~可以借鉴大佬写法线段树+ST表求lca
方法二：ST表维护直径（静态）+ST表求lca
由于本题为区间静态问题，并且直径有区间可重复计算的性质，考虑用ST表维护直径ST表维护直径

// O(nlogn)
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define x first
#define y second
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
const int N=300010,M=2*N;
int h[N],e[M],ne[M],idx;
ll w[M];
ll dist[N];
int dfn[N],eular[M],ST[M][20],cnt;
int lg[M];
pii f[N][20];
int n,q;
void add(int a,int b,ll c)
{e[idx]=b;w[idx]=c;ne[idx]=h[a];h[a]=idx++;
}void dfs(int u,int fa)
{dfn[u]=++cnt;ST[cnt][0]=u;f[u][0]={u,u};for(int i=h[u];i!=-1;i=ne[i]){int j=e[i];if(j==fa) continue;dist[j]=dist[u]+w[i];dfs(j,u);ST[++cnt][0]=u;}
}
int lca(int a,int b)
{a=dfn[a],b=dfn[b];if(a>b) swap(a,b);int len=lg[b-a+1];return dist[ST[a][len]]<dist[ST[b-(1<<len)+1][len]]?ST[a][len]:ST[b-(1<<len)+1][len];
}
ll calc(int a,int b)
{int pab=lca(a,b);return dist[a]+dist[b]-2*dist[pab];
}
void pre()
{for(int i=2;i<=cnt;i++) lg[i]=lg[i>>1]+1;for(int j=1;j<=lg[cnt];j++)for(int i=1;i+(1<<j)-1<=cnt;i++)ST[i][j]=dist[ST[i][j-1]]<dist[ST[i+(1<<j-1)][j-1]]?ST[i][j-1]:ST[i+(1<<j-1)][j-1];for(int j=1;j<=lg[n];j++)for(int i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++){pii a=f[i][j-1],b=f[i+(1<<j-1)][j-1];f[i][j]={a.x,a.y};if(calc(a.x,b.x)>calc(f[i][j].x,f[i][j].y)) f[i][j]={a.x,b.x};if(calc(a.x,b.y)>calc(f[i][j].x,f[i][j].y)) f[i][j]={a.x,b.y};if(calc(a.y,b.x)>calc(f[i][j].x,f[i][j].y)) f[i][j]={a.y,b.x};if(calc(a.y,b.y)>calc(f[i][j].x,f[i][j].y)) f[i][j]={a.y,b.y};if(calc(b.x,b.y)>calc(f[i][j].x,f[i][j].y)) f[i][j]={b.x,b.y};}
}
ll query(int l,int r)
{int len=lg[r-l+1];pii a=f[l][len],b=f[r-(1<<len)+1][len];ll res=calc(a.x,a.y);res=max(res,calc(a.x,b.x));res=max(res,calc(a.x,b.y));res=max(res,calc(a.y,b.x));res=max(res,calc(a.y,b.y));res=max(res,calc(b.x,b.y));return res;
}
int main()
{memset(h,-1,sizeof h);cin>>n>>q;for(int i=1;i<n;i++){int a,b;ll c;cin>>a>>b>>c;add(a,b,c),add(b,a,c);}dfs(1,0);pre();while(q--){int l,r;cin>>l>>r;cout<<query(l,r)<<'\n';}return 0;
}