A.Wallet Exchange(思维)

题意：

Alice和Bob各自拥有$a,b$枚硬币，他们决定以Alice为先手开始比赛，比赛中每人在每轮需按顺序执行操作1和操作2：

• 操作1：交换两人手上拥有的硬币数量，或什么都不做

• 操作2：丢掉手上的一枚硬币（如果此时手上没有硬币则输掉比赛）

问：假设两人都极为聪明，那么谁会赢下这场比赛？

分析：

实际上对于操作1，比赛两方均会选择硬币较多的一堆，因此，可以将硬币视为只有一堆，共$n$枚，其中$n=a+b$，Alice和Bob按顺序从这堆硬币中丢弃硬币。

此时若硬币数量$n$为偶数时，必然是后手丢掉最后一枚硬币，即Bob获胜，反之，先手Alice获胜。

代码：

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;void solve() {int a, b;cin >> a >> b;if ((a + b) % 2 == 0) {cout << "Bob" << endl;} else {cout << "Alice" << endl;}
}int main() {int Case;cin >> Case;while (Case--) {solve();}return 0;
}

B.Plus-Minus Split(贪心)

题意：

给出一个包含$n$个字符的字符串$s$，字符串中仅包含字符-或+，其中-代表$-1$，+代表$1$。

你可以进行以下步骤来计算罚分：

1. 将字符串$s$分为若干子子串$b_1,b_2,...,b_k$。

2. 对于字符串$c$产生的罚分为$p(c)=|c_1+c_2+...+c_m|\cdot m$

3. 产生的总罚分为$p(s)=p(b_1)+p(b_2)+...+p(b_k)$。

问：最小可能的罚分是多少？

分析：

为了最小化罚分，需要尽可能多的将正负号进行匹配，即若干子拆出的子串中正负号出现次数相同，但字符串中正负号数量并不一定相同，那么剩下的正号或负号依然会产生罚分，此时为了最小化罚分，必然选择这些正负号自身为一个子串，假设存在$a$个$+$号，$b$个$-$号，那么最小罚分为$a+b-2\times min(a,b)$。

代码：

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;void solve() {int n;string s;cin >> n >> s;int add = 0, sub = 0;for (int i = 0; i < n; i++) {if (s[i] == '-') sub++;else add++;}cout << n - 2 * min(add, sub) << endl;
}int main() {int Case;cin >> Case;while (Case--) {solve();}return 0;
}

C.Grouping Increases(贪心)

题意：

给出一个包含$n$个数字的数组$a$，你需要按以下要求计算罚分：

1. 将数组$a$分为两个子序列$s,t$（可能有个子序列为空）。

2. 对于一个包含$m$个数字的数组$b$，产生的罚分$p(b)=\sum _{i=1}^{m-1}f(i)$，其中$f(i)$为满足$b_i<b_{i+1}$则为$1$，不满足则为$0$。

3. 总罚分为$p(s)+p(t)$

问：最小可能的罚分是多少？

分析：

由于对于子序列的罚分计算只考虑相邻的两个数字，那么只需要维护两个子序列最后的元素。

令$b$为两个子序列中最后元素中的较小值，$c$为较大值，并按以下要求检查$a_i$该加入哪个子序列：

• 如果$a_i\le b$，那么$a_i$将会加入最后元素较小的序列，即$b=a_i$。

• 否则，再检查是否满足$a_i\le c$，如果满足，则将$a_i$加入最后元素较大的序列，即$c=a_i$。

• 如果以上两种情况均不满足，那么此时必然产生一点罚分，并且为了使之后的罚分尽可能小，当前数字$a_i$必然会加入尾部元素较小的序列，即$b=a_i$

代码：

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;int a[200005];void solve() {int n;cin >> n;for (int i = 0; i < n; i++) cin >> a[i];int b = 1e9, c = 1e9, ans = 0;for (int i = 0; i < n; i++) {if (b > c) {swap(b, c);}if (a[i] <= b) {b = a[i];} else if (a[i] <= c) {c = a[i];} else {b = a[i];ans++;}}cout << ans << endl;
}int main() {int Case;cin >> Case;while (Case--) {solve();}return 0;
}

D.01 Tree（思维）

题意：

有一棵包含$n$个叶节点的树，保证每个非叶节点均包含两个子节点，同时，对于所有非叶节点，走向子节点的边中均包含权值，且其中一条权值为$0$，另一条权值为$1$。

你忘记了原本的树是什么样子的，只记得根节点到这$n$个叶节点的权值之和，按dfs序给出这些叶节点的权值，问是否存在满足这些节点权值的树。

分析

由于每个非叶节点与子节点之间的边权分别为$0,1$，那么属于同一个父节点的两个节点的权值之差必然为$1$，且权值较小的一个与父节点的权值一致，由此可知如果给出的叶节点合法，那么必然存在且仅存在一个叶节点的权值为$0$。

同时，由于叶节点以dfs序给出，那么属于同一个父节点的两个叶节点在dfs序中也必然相邻，为了便于处理，使用静态双向链表将$1\sim n$这些节点按顺序连在一起。

由于非叶节点的权值与两个子节点的权值较小者相同，那么如果同时删除它的两个子节点（这两个子节点均为叶节点），该节点也会变成叶节点，为了便于处理，可以在操作时仅删除权值较大的节点，将另一个子节点视为删除后新产生的叶节点。

然后考虑从叶节点开始向上删除节点，按以下步骤执行：

• 删除的节点，它在dfs序中相邻的两个节点中，必然存在一个节点的权值比它小$1$（树上仅会存在一个权值为$0$的节点，其他节点权值均大于$0$），此时可以将节点视为待删除节点，放入大根堆中等待删除

• 当从大根堆取出节点后，就需要对该节点进行删除操作了，由于该节点存储在静态双向链表上，那么需要同时修改前后节点的指针。

• 然后检查当前节点删除后，左右两边相邻的节点能否进入待删除状态，如果能，就将节点也加入堆中。

删除完成后，如果仅剩下一个权值为$0$的节点未被删除，那么就表示存在满足要求的树，否则，找不到满足要求的树。

代码：

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;int n, a[200005], pre[200005], nxt[200005], vis[200005];
struct Node{int id, val;bool operator < (const Node &o) const {if (val != o.val) return val < o.val;return id > o.id;}
};priority_queue<Node> Q;int check(int x) {return x >= 1 && x <= n && (a[pre[x]] == a[x] - 1 || a[nxt[x]] == a[x] - 1);
}void solve() {cin >> n;int zero = 0;for (int i = 1; i <= n; i++) {cin >> a[i];pre[i] = i - 1;nxt[i] = i + 1;vis[i] = 0;if (a[i] == 0) zero++;}/*a[0]和a[n + 1]取-1时可能会导致a[1]=0或a[n]=0的情况入队，因此取不影响答案的-2*/a[0] = a[n + 1] = -2;if (zero == 0) {cout << "NO" << endl;return;}for (int i = 1; i <= n; i++) {/*找开始时就能进入待删除状态的节点*/if (check(i)) {vis[i] = 1;Q.push(Node{i, a[i]});}}while (!Q.empty()) {Node u = Q.top();Q.pop();/*相当于双向链表中删点，需将前后连起来*/nxt[pre[u.id]] = nxt[u.id];pre[nxt[u.id]] = pre[u.id];/*检查左右的节点能否进入待删除状态*/if (vis[nxt[u.id]] == 0 && check(nxt[u.id])) {vis[nxt[u.id]] = 1;Q.push(Node{nxt[u.id], a[nxt[u.id]]});}if (vis[pre[u.id]] == 0 && check(pre[u.id])) {vis[pre[u.id]] = 1;Q.push(Node{pre[u.id], a[pre[u.id]]});}}/*由于权值为0的节点必然不会被删除，那么只需要判断剩余的节点数量.如果为1，那么剩下的节点权值必然为0*/int cnt = 0;for (int i = 1; i <= n; i++) {if (vis[i] == 0) {cnt++;}}if (cnt == 1) cout << "YES" << endl;else cout << "NO" << endl;
}int main() {int Case;cin >> Case;while (Case--) {solve();}return 0;
}

E.Counting Prefixes(组合数学，思维)

题意

有一个仅含有$-1$和$1$的数组$a$，以及它对应的的前缀和数组排序以后的结果$p$，问你原本的$a$数组有多少种可能性。答案需要对$998244353$取模。

思路

有两种明显无解的情况是比较好想到的：

1. 如果$p$数组仅有一个不为$-1,1$的值，那么一定无解。
2. 如果$p$数组中最小的元素都比$1$大，或者最大的元素都比$-1$小，那也是不可能的。

对于其他情况，我们先$p$将它恢复成未排序的状态，称这个未排序的前缀和数组为$pre$。假设某一个元素对应位置的前缀和为$s$，我们可以写作$pre[i]=s$，$a$数组在它之后的元素要么是$1$，要么是$-1$，即：$pre[i]=s+1$或$pre[i]=s-1$。此时我们会发现：题目中的第$3$个样例显然是无解的，因为$-1$与$1,2$都不可能相邻出现。

下面，我们开始对这个问题的常规情况进行分析。我们假设$p_n\ge 0$，若它小于$0$，我们可以考虑这个$p$数组元素全取相反数的结果，结论仍然是成立的（相当于所有的$1$变成$-1$，$-1$变成$1$）。

这样以来我们可以想到：

1. 先去构建一个先全为$1$的序列，使得1的个数为$p_n$个，此时前缀和数组中含有从$1$到$p_n$这些元素，每个元素出现一次。例如，若$p_n=3$，则此时我们先构建1 1 1。
2. 如果还需要其他的$p_n$，可以视为任意一个前缀和刚好为$p_n$的位置插入一组(-1,1)，此时会多出一个，例如1 1 1 -1 1，会有$2$个位置对应的前缀和都为$3$。下次插入时，我们可以把当前序列看做1 1 1 _ (-1 1) _ ，两个下划线对应的位置都可以进行插入、插入$k$次以后，前缀和数组中有$k+1$个$p_n$，若$p_n-1>0$，则$p_n-1$也有$k+1$个（最开始的全$1$序列中自带一个），否则有$k$个。
3. $p_n$插入完毕以后，我们可以看一下$p_n-1$还差多少个。假如说，我们现在已经有$x$个$p_n-1$了，那说明目前我们的序列中有$x$个$-1$，但我们需要的$p_n-1$可能有$y$个。其中若$y<x$，则说明无解；否则我们可以在$x$个$-1$的后面，再次加入(-1,1)。但要注意，每一次加入都会使得$-1$多一个，因此我们可以这样推导插入的方案数：

按照这样的顺序，我们依次去插入$p_n-1,p_n-2$，一直控制到$p_1$即可。这个过程中可以补一个起始（或终止位置）的$0$，便于计算。

代码

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 5050;
ll c[N][N];
int p[N], x[N * 2], cnt[N * 2];
const ll mod = 998244353;void get_c_matrix() {//返回值为int类型时会导致超时c[0][0] = 1;for (int i = 1; i <= 5000; ++i) {c[i][0] = 1;for (int j = 1; j <= i; ++j) {c[i][j] = (c[i - 1][j] + c[i - 1][j - 1]) % mod;}}
}ll get_c_value(int xx, int yy) {if (xx < 0 || yy < 0 || yy > xx)return 0;return c[xx][yy];
}int main() {get_c_matrix();int T, n, flag;ll ans, res;cin >> T;while (T--) {cin >> n;//进行必要的清空memset(cnt, 0, sizeof(cnt));cnt[N] = 1; //在起始处补一个0ans = 0;flag = 1; //用于标记是否有类似于1 3这样跳着的、不相邻的情况for (int i = 1; i <= n; i++) {//统计每个元素出现的个数cin >> p[i];cnt[p[i] + N]++;}if (n == 1) {//如果只有一个元素，那么必然是1或者-1if (abs(p[1]) == 1) cout << 1 << endl;else cout << 0 << endl;continue;}if (p[1] > 1 || p[n] < -1) {//类似于 2 2 3 或者-3 -2 -2也是绝对不可能的cout << 0 << endl;continue;}int l = min(p[1] + N, N), r = max(p[n] + N, N), i;  //不要忘记你补了个0for (i = l; i <= r; i++) {//如果有跳着的、不连续的，比如2 2 4，也是不可能的if (!cnt[i]) {flag = 0;cout << 0 << endl;break;}}if (!flag)continue;for (i = r; i >= l; i--) {x[r - 1] = cnt[r];//注意全1序列已经会产生部分前缀和if (r > 0 + N)x[r - 1]++;if (r == i)x[r - 1]--;for (int j = r - 1; j >= l; j--) {//进行模拟x[j - 1] = cnt[j] - x[j];if (j - 1 >= i)x[j - 1]++;if (j - 1 >= 0 + N)x[j - 1]++;}if (x[l - 1] == 0) {res = 1;for (int j = r - 1; j >= l; j--) {res = (res * get_c_value(cnt[j] - 1, cnt[j] - x[j])) % mod;}ans = (ans + res) % mod;}}cout << ans << endl;}return 0;
}

F1.Wine Factory (Easy Version)(后缀和，线段树)

题意：

有$n$座水塔，其中第$i$座包含$a_i$升的水，且拥有一个能消除$b_i$升水的法师，同时相邻两座水塔之间拥有一道阀门，第$i$座高塔与第$i+1$座水塔之间的阀门允许通过$c_i$升水。

对于第$i(i=1,2,...,n)$座塔，将会进行以下操作：

1. 法师将水塔$i$中最多$b_i$升的水消除，并将消除的水转化为等量的红酒。

2. 如果$i\ne n$，那么至多$c_i$升水可以由阀门流到第$i+1$座水塔。

题目将给出$q$次更新，每次给出四个数字$p,x,y,z$，即将$a_p=x,b_p=y,c_p=z$，并要求对于每次更新，输出最多能获得多少升红酒。

特殊条件：对于所有数据，有$c_i=10^{18},z=10^{18}$

分析：

对于特殊条件，$c_i,z$均为$10^{18}$，由于$\sum _{i=1}^{n}max(a_i)=5\times 10^{14}<10^{18}$，那么如果水塔中的水没有被全部消除，则剩下的水均能流到下一座高塔，即可以不考虑$c_i$这个限制因素。

先考虑每座水塔自身无法消除的水量：$v_i=a_i-b_i$，当$v_i>0$时，未被消除的水量必然需要由后面的法师来进行消除（如果可以的话），因此对于水塔$k$而言，无法消除的水量实际为$f(k)=\sum _{i=k}^n{v}_i$。那么对于所有水塔来说，无法消除的水量即为$max(f(1),f(2),...,f(n))$。

使用后缀和建一棵线段树，维护区间上的最大值，并使用变量$sum$记录水塔的总水量。

每次更新水塔$p$时，由于线段树维护的是后缀和，那么对于所有$(p+1)\sim n$上的点，均不会收到影响，只需要对区间$1\sim p$进行更新，先减去原本的$v_p$，再加上当前更新后的新$v_p=x-y$。

那么最后的答案就是$sum-max(f(1),f(2),...,f(n))$，其中$max(f(1),f(2),...,f(n))$为线段树树根中记录的信息。

代码：

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 5e5 + 5e2;LL n, q, a[N], b[N];
LL sum, T[N << 2], lazy[N << 2], c[N], v[N], sv[N];void pushup(int x) {T[x] = max(T[x << 1], T[x << 1 | 1]);
}void build(int l, int r, int x) {if (l == r) {T[x] = sv[l];return;}int mid = l + r >> 1;build(l, mid, x << 1);build(mid + 1, r, x << 1 | 1);pushup(x);
}void pushdown(int x) {if (lazy[x]) {lazy[x << 1] += lazy[x];lazy[x << 1 | 1] += lazy[x];T[x << 1] += lazy[x];T[x << 1 | 1] += lazy[x];lazy[x] = 0;}
}void update(int l, int r, int x, int ul, int ur, LL val) {if (l >= ul && r <= ur) {T[x] += val;lazy[x] += val;return;}pushdown(x);int mid = l + r >> 1;if (ul <= mid) update(l, mid, x << 1, ul, ur, val);if (ur > mid) update(mid + 1, r, x << 1 | 1, ul, ur, val);pushup(x);
}void solve() {cin >> n >> q;sum = 0;for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> b[i];for (int i = 1; i < n; i++)  cin >> c[i];for (int i = n; i >= 1; i--) {v[i] = a[i] - b[i];sv[i] = v[i] + sv[i + 1];sum += a[i];}build(1, n, 1);while (q--) {int p, x, y;LL z;cin >> p >> x >> y >> z;sum -= a[p];//减去原本的水量/*减掉原本的vp*/update(1, n, 1, 1, p, -v[p]);a[p] = x;b[p] = y;v[p] = x - y;//更新vpsum += a[p];//加上现在的水量/*加上现在的vp*/update(1, n, 1, 1, p, v[p]);/*出现负数说明所有水均能消除，此时需要减去的值为0，需取max*/cout << sum - max(0ll, T[1]) << endl;}
}int main() {ios::sync_with_stdio(false);int Case = 1;while (Case--) {solve();}return 0;
}

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