Codeforces 1060 Div2（ABC1C2D）
前言
看到这场是C1和C2之后，好消息：大概率三题有了，坏消息：大概率四题无了qwq
一、A. Notelock
怎么感觉最近div2的A题比以前难了，以前都能五分钟开A的，现在多少得看一会儿……
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;/* /\_/\
* (= ._.)
* / > \>
*/typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<ll,ll> pll;void solve()
{int n,k;cin>>n>>k;string s;cin>>s;s=" "+s;int ans=0;for(int i=1;i<=n;i++){if(s[i]=='0'){continue;}int j=i-1;while(j>=1&&s[j]=='0'){j--;}if(i-j>=k||ans==0){ans++;}}cout<<ans<<endl;
}signed main()
{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);int t=1;cin>>t;while(t--){solve(); }return 0;
}其实因为这个题的数据量不大，那么就考察每一个1，每次去找前一个1的位置。如果和前一个1的间距大于等于k，那么这个位置的1就需要保护一下。
其实设个变量记一下前一个1的位置即可，不知道赛时在想什么，这几场打得依托……
二、B. Make it Zigzag
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;/* /\_/\
* (= ._.)
* / > \>
*/typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<ll,ll> pll;void solve()
{int n;cin>>n;vector<ll>a(n+1);for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];}vector<ll>maxx(n+1);for(int i=1;i<=n;i++){maxx[i]=max(maxx[i-1],a[i]);}for(int i=2;i<=n;i+=2){a[i]=maxx[i];}ll ans=0;for(int i=2;i<=n;i+=2){if(a[i]<=a[i-1]){ans++;}if(i+1<=n&&a[i]<=a[i+1]){ans+=a[i+1]-a[i]+1;a[i+1]=a[i]-1;}}cout<<ans<<endl;
}signed main()
{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);int t=1;cin>>t;while(t--){solve(); }return 0;
}首先，因为要让偶数位置的数比两侧的数都大，且操作1的次数不限，那么肯定可以上来先对每个偶数位置用一次操作1，这样肯定是不会亏的。之后，若在原来数组中，对于某个偶数位置的数，有前面位置的数比这个数大，那么经过操作1，当前偶数位置的数至少等于前面位置的数，那么此时就只需要用一次操作2把前面位置的数压下去即可。但若后面位置的数比这个数大，就需要用多次操作2把后面的数压到当前数-1了。
三、C1. No Cost Too Great (Easy Version)
越来越不会贪心了……
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;/* /\_/\
* (= ._.)
* / > \>
*/typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<ll,ll> pll;const int MAXN=2e5+5;vector<vector<int>>prime(MAXN+1);void solve()
{int n;cin>>n;vector<ll>a(n+1);for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];}vector<ll>b(n+1);for(int i=1;i<=n;i++){cin>>b[i];}map<int,int>cnts;for(int i=1;i<=n;i++){for(auto x:prime[a[i]]){cnts[x]++;}}if(cnts.empty()){cout<<2<<endl;return ;}for(auto [k,c]:cnts){if(c>1){cout<<0<<endl;return ;}}if(cnts.begin()->first==2){cout<<1<<endl;return ;}for(int i=1;i<=n;i++){for(auto x:prime[a[i]]){cnts[x]--;}for(auto x:prime[a[i]+1]){if(cnts[x]>0){cout<<1<<endl;return ;}}for(auto x:prime[a[i]]){cnts[x]++;}}cout<<2<<endl;
}signed main()
{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);for(int i=2;i<=MAXN;i++){if(!prime[i].empty()){continue;}for(int j=i;j<=MAXN;j+=i){prime[j].push_back(i);}}int t=1;cin>>t;while(t--){solve(); }return 0;
}首先最基本的可以想到，若存在两个数有公因数，那么答案就是0，那么就可以考虑统计每个数每个质因子出现的次数，若存在一个质因子出现次数大于1，那么答案就是0。其次，若全都是1，即统计质因子词频的map是空的，那么就只需要把两个1加成两个2即可，所以答案就是2。之后，若最小的质因子是2，那么就说明只有一个偶数，其他全是奇数，那么就只需要用一次把某个奇数加成偶数即可。
之后，若都不满足，那么就说明全是奇数，此时首先最劣的情况就是直接对两个奇数都加1变成两个偶数即可。之后，若存在一个数加1后的数和某个数有公因子，那么直接对这个数加1即可。举个例子，对于[3,11]，可以直接对11加1变成12，那么此时就和3有公因子3了。所以可以考虑枚举每个数，先把这个数的质因子的减去，再统计这个数加1的结果的质因子，若出现次数大于0，那么就说明可以用一次就满足条件了，否则最后输出2即可。
四、C2. No Cost Too Great (Hard Version)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;/* /\_/\
* (= ._.)
* / > \>
*/#define dbg(x) cout<<#x<<" "<<x<<endl
#define vdbg(a) for(auto x:a) cout<<x<<" ";cout<<endl
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<ll,ll> pll;const int MAXN=2e5+5;//prime[i]:数字i的质因数
vector<vector<int>>prime(MAXN+1);void solve()
{int n;cin>>n;vector<ll>a(n+1);for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];}vector<ll>b(n+1);for(int i=1;i<=n;i++){cin>>b[i];}//和C1类似，要么把两个数加成偶数，要么让一个数增加两次//对于第一种情况，只需要检查a[i]+1是否与另一个数有公因数即可//否则就直接对最小的两个数，即b[1]和b[2]操作让其变成偶数即可//对于第二种情况，只需要检查最小值b[1]即可//因为若对元素x进行了k次操作，那么其实可以直接对b[1]和b[x]进行操作//因为必然存在b[1]+b[x]<=k*b[x]vector<int>idx(n+1);for(int i=1;i<=n;i++){idx[i]=i;}sort(idx.begin()+1,idx.end(),[&](int x,int y){return b[x]<b[y];});//将两个最小值改成偶数ll ans=b[idx[1]]+b[idx[2]];map<int,int>cnts;for(int i=1;i<=n;i++){for(auto x:prime[a[i]]){//有共同的质因子if(cnts[x]>0){ans=0;}cnts[x]++;}}//考虑对某个数用一次for(int i=1;i<=n;i++){//扣掉a[i]for(auto x:prime[a[i]]){cnts[x]--;}//考虑a[i]+1for(auto x:prime[a[i]+1]){if(cnts[x]>0){ans=min(ans,b[i]);}}//加回来for(auto x:prime[a[i]]){cnts[x]++;}}//除了最小值以外其他数的全部质因子vector<int>all;for(int i=1;i<=n;i++){if(i==idx[1]){continue;}for(auto x:prime[a[i]]){all.push_back(x);}}for(auto x:all){//把a[idx[0]]加成x的倍数需要的次数ll cnt=x-(a[idx[1]]%x);if(cnt==x){cnt=0;}ans=min(ans,cnt*b[idx[1]]);}cout<<ans<<endl;
}signed main()
{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);for(int i=2;i<=MAXN;i++){if(!prime[i].empty()){continue;}for(int j=i;j<=MAXN;j+=i){prime[j].push_back(i);}}int t=1;cin>>t;while(t--){solve(); }return 0;
}其实顺着C1看C2真不难，但不知道为啥赛时就是没写出来……
其实情况和C1差不多，对于把两个数加成偶数的情况，其实只需要对b[i]最小的两个操作即可。对于把一个数加1使得和另一个数有公因数的情况，就只需要考察每个a[i]+1即可。
和C1不一样的是，考虑在一个元素上进行超过1次的操作的情况，这里，其实只需要考虑对b[i]最小值进行超过一次操作的情况即可，因为若对一个元素进行了超过一次的操作，其一定是劣于让b[i]最小值和这个元素各加1的情况。那么对于第二种情况，可以考虑对b数组从小到大排序，找出最小值。然后可以将除了最小值以外的数的质因子全都存起来，然后考察这些所有的质因子，找出把最小值加成其倍数的次数，然后看看能否把ans更新得更小即可。
五、D. Catshock
队里前辈的思路太强了……
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;/* /\_/\
* (= ._.)
* / > \>
*/typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<ll,ll> pll;void solve()
{int n;cin>>n;vector<vector<int>>g(n+1);for(int i=0,u,v;i<n-1;i++){cin>>u>>v;g[u].push_back(v);g[v].push_back(u);}//考虑对每个节点进行染色，将其变成一张二分图//每当猫走的时候，其所在节点的颜色就会发生变化，所以删除另一种颜色的节点必然安全vector<int>color(n+1);color[1]=1;auto coloring=[&](auto &&self,int u,int fa)->void{for(auto v:g[u]){if(v!=fa){color[v]=color[u]^1;self(self,v,u);}}};coloring(coloring,1,0);//当前所在节点的颜色int cur=1;vector<string>ans;auto dfs=[&](auto &&self,int u,int fa)->void{//先往下扎，删除孩子节点for(auto v:g[u]){if(v!=fa){self(self,v,u);}}//该删除当前节点u了//当前所在的颜色和该节点相同 -> 走一步if(color[u]==cur){ans.push_back("1");cur^=1;}//上一次是删除操作 -> 走两次 -> 走到颜色相同的节点if(!ans.empty()&&ans.back()[0]=='2'){ans.push_back("1");ans.push_back("1");}if(u==n){return ;}ans.push_back("2 "+to_string(u));};//从n节点开始 -> 从离路径最远的地方开始删dfs(dfs,n,0);cout<<ans.size()<<endl;for(auto s:ans){cout<<s<<endl;}cout<<endl;
}signed main()
{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);int t=1;cin>>t;while(t--){solve(); }return 0;
}首先上来把这棵树看作一张二分图的这个思路就想不到，最近abc那次图论场才第一次见二分图这个概念。在对每个节点染色后，每当猫走一次，其所在节点的颜色都会发生改变，那么此时删除另一种颜色的节点必然是安全的。那么在dfs染色后，考虑从n号节点开始再dfs一遍，从叶节点，即离当前路径最远的点开始删。所以每次先往下扎，去删除孩子节点，那么当回来时，其孩子节点一定是都删完的，那么此时若猫所在的节点和当前节点的颜色相同，就需要让猫走一步。而若上次就是删除操作，那么就需要让猫走两步，这样既避免了连续删除，也保证了猫所在节点的颜色不会改变，最后再把当前节点删了即可。
总结
多学多练多想吧……加油！！