Codeforces Global Round 26 A~E

A.Strange Splitting（思维）

题意：

将非空数组的范围定义为最大值减去最小值。例如， $[1, 4, 2]$ 的范围是 $4 - 1 = 3$ 。

给你一个长度为 $n\geq 3$ 的数组 $a_1,a_2,\ldots,a_n$ 。保证 $a$ 被排序。

你必须给 $a$ 中的每个元素涂上红色或蓝色，以便：

红色元素的范围不等于蓝色元素的范围，并且
每种颜色至少有一个元素。

如果不存在这样的着色，则输出 $NO$ 。如果存在多种有效着色，则可以输出其中任何一种。

分析：

如果 $a_1=a_n$ ，无解。

如果 $a_2=a_n$ ， $a_1,a_2$ 涂成红色，否则只把 $a_1$ 涂成红色。

代码：

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;
const int N = 1e6 + 10;
int a[N];void solve() {int n;cin >> n;for (int i = 1; i <= n; ++i)cin >> a[i];if (a[1] == a[n]) {cout << "NO" << endl;return;}cout << "YES" << endl;if (a[2] != a[n]) {cout << "R";for (int i = 2; i <= n; ++i) {cout << "B";}cout << endl;return;}cout << "RR";for (int i = 3; i <= n; ++i) {cout << "B";}cout << endl;
}int main() {int t;cin >> t;while (t--)solve();return 0;
}

B.Large Addition（模拟）

题意：

如果一个数位介于 $5$ 和 $9$ 之间（含），则该数位为大数。如果一个正整数的所有位数都是大数，那么这个正整数就是大正整数。

给你一个整数 $x$ 。它可以是两个位数相同的大正整数之和吗？

分析：

由于大于等于 $5$ 小于等于 $9$ 的数不管这么组合，两个数字相加的和一定在 $10 - 18$ 之间，那么可以得到如果给出的数的第一位上不是 $1$ 或者最后一位上是 $9$ 或者或者中间有一位上是 $0$ ，那么就是不存在的，否则就是可行的。

代码：

#include<bits/stdc++.h>typedef long long LL;
using namespace std;void solve() {LL x;cin >> x;bool flag = 1;if (x % 10 == 9)flag = 0;x /= 10;while (x) {int y = x % 10;if ((y + 9) % 10 == 9)flag = 0;if (x < 10 && y > 1)flag = 0;x /= 10;}if (flag)cout << "YES" << endl;elsecout << "NO" << endl;
}int main() {int t;cin >> t;while (t--)solve();return 0;
}

C1.Magnitude (Easy Version)（贪心）

题意：

两个版本的问题是不同的。

给你一个长度为 $n$ 的数组 $a$ 。从 $c = 0$ 开始。然后，对于从 $1$ 到 $n$ 的每一个 $i$ （按递增顺序）做下面的操作之一：

选项 $1$ : 设置 $c$ 至 $c+a_i$ 。
选项 $2$ : 设置 $c$ 至 $c+a_i|$ ， $∣ x ∣$ 是 $x$ 的绝对值。

设上述步骤后 $c$ 的最大终值等于 $k$ 。求出 $k$ 。

分析：

发现要么一直不用 $2$ 操作，要么在答案取到最小值的时候使用一遍 $2$ 操作让其变为相对大一些的值。显然使用多遍 $2$ 操作是不优的。然后还能发现若存在一个位置 $P$ 使得前缀和小于 $0$ ，那么这个地方实验 $2$ 操作较优。因此若不存在一个前缀和的值小于 $0$ 那么就不应该使用 $2$ 操作。否则一定在任意一个值最小的位置使用一次 $2$ 操作即可。

代码：

#include<bits/stdc++.h>typedef long long LL;
using namespace std;
const int N = 1e6 + 10;
LL a[N], pre[N];void solve() {LL n, id = -1;cin >> n;for (LL i = 1; i <= n; i++) {cin >> a[i];pre[i] = pre[i - 1] + a[i];}LL mi = 0;for (LL i = n; i; i--) {if (pre[i] < mi) {mi = pre[i];id = i;}}if (id == -1)cout << pre[n] << endl;else {LL s = 0;for (LL i = 1; i <= n; i++) {if (i <= id)s -= a[i];elses += a[i];}cout << s << endl;}
}int main() {int t;cin >> t;while (t--)solve();return 0;
}

C2.Magnitude (Hard Version)（贪心）

题意：

两个版本的问题是不同的。

给你一个长度为 $n$ 的数组 $a$ 。从 $c = 0$ 开始。然后，对于从 $1$ 到 $n$ 的每个 $i$ （按递增顺序），做以下操作之一：

选项 $1$ ：设置 $c$ 至 $c+a_i$ 。
选项 $2$ ：设置 $c$ 至 $c+a_i|$ ， $∣ x ∣$ 是 $x$ 的绝对值。

假设经过上述程序后， $c$ 的最大终值等于 $k$ 。求得出 $c = k$ 的唯一程序的个数。如果在任意索引 $i$ 处，一个程序选择了选项 $1$ ，而另一个程序选择了选项 $2$ ，即使 $c$ 的值在该轮之后对两个程序都相等，那么这两个程序也是不同的。

由于答案可能很大，输出对 $998244353$ 取模的结果。

分析：

每一步结束之后，若当前的前缀和取到了全部前缀和的最小值，则这一步对答案造成了 $2^{n-i+r}$ 贡献，其中 $r$ 是在这一步操作中前缀和不小于 $0$ 的位置的数量。若全部操作中没有任何一个前缀和小于 $0$ 则答案为 $2^n$ 。

不存在任何一个前缀和使得这个前缀和不大于 $0$ 。此时对于任意一个位置 $1$ 操作和 $2$ 操作没有任何本质区别。任意一步都可以在 $1$ 操作和 $2$ 操作中任选一个操作执行。

存在一个前缀和使得这个前缀和不大于 $0$ 。因为执行完这一步之后后面不论怎么走答案都不会偏离最大值（参见 $C 1$ 的结论），所以说后面的任意一步都可以在 $1$ 操作和 $2$ 操作中任选，即 $2^{n-i}$ 种不同选择；若前面有前缀和大于等于 $0$ 的那么 $1$ 操作和 $2$ 操作没有本质的区别，若有 $r$ 个满足这样条件的则有 $2^r$ 种不同选择。根据乘法原理可知对答案的贡献为 $2^{n-i+r}$ 。其中 $r$ 可以在枚举的时候扫一遍得出答案。

代码：

#include<bits/stdc++.h>typedef long long LL;
using namespace std;
const int N = 1e6 + 10;
const int MOD = 998244353;
LL a[N], pre[N], bin[N];void solve() {int n;cin >> n;for (int i = 1; i <= n; i++) {cin >> a[i];pre[i] = pre[i - 1] + a[i];}LL mi = 0, r = 0;for (int i = 1; i <= n; i++)mi = min(mi, pre[i]);if (mi == 0)cout << bin[n] << endl;else {int ans = 0;for (int i = 1; i <= n; i++) {if (pre[i] >= 0)r++;if (pre[i] == mi)ans = (ans + bin[n - i + r]) % MOD;}cout << ans << endl;}
}int main() {int t;cin >> t;bin[0] = 1;for (int i = 1; i < N; i++)bin[i] = bin[i - 1] * 2 % MOD;while (t--)solve();return 0;
}

D.“a” String Problem（数学）

题意：

给你一个由小写拉丁字符组成的字符串 $s$ 。请计算非空字符串 $t\neq$ " $\texttt{a}$ "的个数。使得可以将 $s$ 分割为满足以下条件的一些子字符串：

每个子串要么等于 $t$ 要么等于" $\texttt{a}$ "，并且
至少有一个子串等于 $t$ 。

$^{\dagger}$ 字符串 $s$ 的分区是由一些 $k$ 字符串 $t_1,t_2,\ldots,t_k$ （称为子串）组成的有序序列，使得 $t_1+t_2+\ldots+t_k=s$ ，其中 $+$ 表示连接操作。

分析：

设 $s$ 长度为 $n$ 。特判全为 $a$ 的情况，共 $n - 1$ 种方案。

设 $s$ 中非 $a$ 字符的数量为 $m$ 。

如果 $t$ 中有 $k$ 个非 $a$ 字符，把 $t$ 掐头去尾忽略前后的 $a$ 后，原串里一定恰好存在 $\frac{m}{k}$ 个 $t'$ ，且 $k ∣ m$ 。

枚举 $k$ 。记录第 $i$ 个非 $a$ 字符的位置为 $p_i$ （从 $0$ 开始），如果 $s_{p_i} \neq s_{p_i−k}$ 或不在分割处的 $p_i−p_{i−1}\neq p_{i−k}−p_{i−k−1}$ ， $t'$ 不合法。

把 $t'$ 还原为 $t$ ，枚举左边有的 $a$ 个数 $l∈[0,p_0]$ 。

设 $x$ 为分割处的最小间隔 $min(p_i−p_{i−1})$ ， $k ∣ i$ ，则右边的 $a$ 个数 $r∈[0,min(x−l,n−p_{m−1}-1)]$ 。

代码：

#include<bits/stdc++.h>typedef long long LL;
using namespace std;
const int MOD = 998244353;void solve() {string s;cin >> s;int n = s.length();if (count(s.begin(), s.end(), 'a') == n) {cout << n - 1 << endl;return;}vector<int> a;for (int i = 0; i < n; ++i) {if (s[i] != 'a') {a.emplace_back(i);}}int m = a.size();LL ans = 0;for (int i = 1; i <= m; ++i) {if (m % i) {continue;}int ok = 1;for (int j = i; j < m; ++j) {int o = j % i;if (s[a[j]] != s[a[o]] || (o && a[o] - a[o - 1] != a[j] - a[j - 1])) {ok = 0;break;}}if (ok) {int mi = n;for (int j = i; j < m; j += i) {mi = min(mi, a[j] - a[j - 1] - 1);}int r = n - a.back() - 1;for (int l = 0; l <= a[0]; ++l) {ans += max(0, min(r + 1, mi - l + 1));}}}cout << ans << endl;
}int main() {int t;cin >> t;while (t--)solve();return 0;
}

E.Shuffle（树形DP）

题意：

两只饥饿的小熊猫奥斯卡和卢拉有一棵有 $n$ 个节点的树 $T$ 。它们愿意在整棵树 $T$ 上精确地执行一次下面的洗牌程序。通过这个洗牌过程，他们将从旧树的节点中创建一棵新树。

从原始树 $T$ 中选择任意一个节点 $V$ 。创建一棵以 $V$ 为根的新树 $T_2$ 。
从 $T$ 中移除 $V$ ，这样原树就会分裂成一个或多个子树（如果 $V$ 是 $T$ 中的唯一节点，则子树数量为零）。
用同样的方法对每棵子树进行洗牌（同样选择任意节点作为根节点），然后将所有洗牌后子树的根节点连接回 $V$ 以完成 $T_2$ 的构建。

这样，奥斯卡和卢拉就得到了一棵新树 $T_2$ 。它们只能吃树叶，而且非常饥饿，因此请找出在所有树中，只需一次洗牌就能生成的树叶的最大数量。

请注意，树叶是阶数为 $1$ 的所有节点。因此，如果树根只有一个子节点，那么它就可以被视为树叶。

分析：

把一个点的父亲儿子都加到 $T_2$ 后，这个点就是叶子，且与之直接相连的点都不是叶子。（所有相邻点都是这个点的祖先）。

所有的叶子构成一个独立集，我们找去除根后最大的。

枚举每个节点作为初始的根，换根进行 $d p$ 。如果根本身就是叶子还要在加一。

具体来说，第一次扫描以 $1$ 为根求出 $f_{x,1/0}$ 表示以 $x$ 为根的子树中 $x$ 选/不选的最大独立集：
$\begin{cases}f_{x,0}=\sum_{y\in g_x}\max(f_{y,0},f_{y,1})\\f_{x,1}=\sum_{y\in g_x}f_{y,0}\end{cases}$

第二次扫描求出 $h_{x,1/0}$ 表示选/不选 $x$ 的最大独立集，
$h_{1,0/1}=f_{1,0/1}$ ， $\begin{cases}h_{x,0}=\max(h_{fa,1},f_{x,0}+(h_{fa,0}-\max(f_{x,1},f_{x,0})))\\h_{x,1}=f_{x,1}+(h_{fa,0}-\max(f_{x,1},f_{x,0}))\end{cases}$

用 $h_{x,0}+[x \texttt{ is leaf}]$ 更新答案。

代码：

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;
const int MOD = 998244353;void solve() {int n;cin >> n;vector<vector<int>> g(n + 1);for (int i = 1; i < n; ++i) {int x, y;cin >> x >> y;g[x].emplace_back(y);g[y].emplace_back(x);}vector<array<int, 2>> f(n + 1, {0, 0});auto dfs = [&](auto &&dfs, int x, int fa) -> void {f[x][0] = 0;f[x][1] = 1;for (int y: g[x]) {if (y != fa) {dfs(dfs, y, x);f[x][0] += max(f[y][0], f[y][1]);f[x][1] += f[y][0];}}};dfs(dfs, 1, 0);vector<array<int, 2>> h(n + 1);h[1][0] = f[1][0];h[1][1] = f[1][1];int ans = h[1][0] + (g[1].size() == 1);auto dfs2 = [&](auto &&dfs2, int x, int fa) -> void {int tmp = h[fa][0] - max(f[x][0], f[x][1]);h[x][1] = f[x][1] + tmp;h[x][0] = max(h[fa][1], f[x][0] + tmp);tmp = h[x][0] + (g[x].size() == 1);ans = max(ans, tmp);for (int y: g[x]) {if (y != fa) {dfs2(dfs2, y, x);}}};for (int y: g[1]) {dfs2(dfs2, y, 1);}cout << ans << endl;
}int main() {int t;cin >> t;while (t--)solve();return 0;
}