//从大作业和实验报告中爬出来水一发
//补题...还是得排在写完实验报告之后...
A. Visiting a Friend
题意
给定若干段行车区间，问能否从起点到终点
思路
扫描一遍，维护最远的终点
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
int x[110], y[110];
int main() {
int n, m;
scanf("%d%d", &n, &m);
int endd = 0;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
scanf("%d%d", &x[i], &y[i]);
}
for (int i = 0; i < n; ++i) {
if (x[i] > endd) { puts("NO"); return 0; }
endd = max(endd, y[i]);
}
if (endd >= m) puts("YES");
else puts("NO");
return 0;
}
B. Coloring a Tree
题意
给定一棵树，起始时所有点的颜色为\(0\).
现对该树染色，规则为：对某个点染色，则会对以它为根的整棵子树染色。
给定最终各点的颜色，问至少染色了多少次。
思路
注意到，题目虽然是说对某个点染色会对其整棵子树产生影响，但事实上只需要考虑该点的直接子女即可。
对于点\(u\)的子女点\(v\)，
如果\(c_u与c_v\)不同，则染色数+1；此时\(u\)对\(v\)的子树没有影响；
否则，染色数不变；并且可认为\(v\)代表\(u\)存在，即将\(u\)的影响延续了下去。
故只需要考虑每个点的直接子女即可。
直接\(bfs\)一遍。
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define maxn 100010
using namespace std;
typedef long long LL;
struct Edge {
int to, ne;
}edge[maxn];
int c[maxn], p[maxn], n, tot, ne[maxn];
void add(int u, int v) {
edge[tot] = {v, ne[u]};
ne[u] = tot++;
}
int ans;
queue<int> q;
void bfs(int src) {
while (!q.empty()) q.pop();
q.push(src);
ans = 1;
while (!q.empty()) {
int u = q.front(); q.pop();
for (int i = ne[u]; ~i; i = edge[i].ne) {
int v = edge[i].to;
if (c[u] != c[v]) ++ans;
q.push(v);
}
}
}
int main() {
tot = 0; memset(ne, -1, sizeof ne);
scanf("%d", &n);
for (int i = 2; i <= n; ++i) {
scanf("%d", &p[i]);
add(p[i], i);
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &c[i]);
bfs(1);
printf("%d\n", ans);
return 0;
}
C. Hashing Trees
题意
给定一棵树各个深度的节点个数，问在同构意义下该树是否唯一。
若不唯一，给出两种表示。
思路
唯一\(\longleftrightarrow\)不存在相邻的两层节点数都大于1，显然
构造：
- 将每一层的所有节点挂在上一层的第一个节点下
- 对于相邻两层节点都大于1的两层，将第下一层的最后一个节点挂在上一层的第二个节点下，其余都挂在第一个节点下。
#include <bits/stdc++.h>
#define maxn 200010
using namespace std;
int fa[maxn], fa2[maxn], a[maxn];
typedef long long LL;
int main() {
int h;
scanf("%d", &h);
for (int i = 0; i <= h; ++i) scanf("%d", &a[i]);
if (h == 1) { puts("perfect"); return 0; }
bool flag = true;
for (int i = 1; i < h; ++i) {
if (a[i]>=2 && a[i+1]>=2) {
flag = false;
break;
}
}
if (flag) { puts("perfect"); return 0; }
puts("ambiguous");
int tot = 0, f = 0;
fa[tot++] = f++;
for (int i = 1; i <= h; ++i) {
for (int j = 0; j < a[i]; ++j) fa[tot++] = f;
f += a[i-1];
}
int tot2 = 0; f = 0;
fa2[tot2++] = f++;
for (int i = 1; i <= h; ++i) {
if (a[i] > 1 && a[i-1] > 1) {
for (int j = 0; j < a[i]-1; ++j) fa2[tot2++] = f;
fa2[tot2++] = ++f;
f += a[i-1]-1;
}
else {
for (int j = 0; j < a[i]; ++j) fa2[tot2++] = f;
f += a[i-1];
}
}
printf("%d", fa[0]);
for (int i = 1; i < tot; ++i) printf(" %d", fa[i]); puts("");
printf("%d", fa2[0]);
for (int i = 1; i < tot2; ++i) printf(" %d", fa2[i]); puts("");
return 0;
}
D. GCD of Polynomials
题意
对于两个多项式\(A(x)=\sum_{i=1}^{n}a_ix^i\)与\(B(x)=\sum_{i=1}^{m}b_ix^i\)，有$$A(x)=B(x)\cdot D(x)+R(x),\deg R(x)\lt \deg B(x)$$则记\(A(x)\mod B(x)=R(x)\).
根据欧几里得算法有$$GCD(A(x),B(x))=GCD(B(x),A(x)\mod B(x))$$经过若干次操作可以得到最终的\(GCD\)值。
现给出操作次数\(n\)，要求构造出符合要求的\(A(x)\)与\(B(x)\)，要求为每一项的系数绝对值小于等于\(1\)，且最高项系数为\(1\).
思路
\(P_n(x)=P_{n-1}(x)*x\pm P_{n-2}(x)\)
注意：只要求最后结果的最高项为1，而对中间过程没有要求！
//看到题解后昨晚\(P_n(x)=\pm P_{n-1}(x)*x+P_{n-2}(x)\)的我眼泪掉下来(并不
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define maxn 1010
using namespace std;
typedef long long LL;
int a[maxn], b[maxn], temp[maxn];
int main() {
int n;
scanf("%d", &n);
a[0] = 1; b[0] = 0; b[1] = 1;
int l1 = 1, l2 = 2;
for (int i = 1; i < n; ++i) {
temp[0] = 0;
for (int j = 0; j < l2; ++j) temp[j+1] = b[j];
bool flag = true;
for (int j = 0; j < l1; ++j) {
temp[j] += a[j];
if (abs(temp[j]) > 1) { flag = false; break; }
}
if (!flag) {
temp[0] = 0;
for (int j = 0; j < l2; ++j) temp[j+1] = b[j];
for (int j = 0; j < l1; ++j) temp[j] -= a[j];
}
swap(a, b);
swap(b, temp);
++l1, ++l2;
}
printf("%d\n%d", l2-1, b[0]);
for (int i = 1; i < l2; ++i) printf(" %d", b[i]); puts("");
printf("%d\n%d", l1-1, a[0]);
for (int i = 1; i < l1; ++i) printf(" %d", a[i]); puts("");
return 0;
}
小总结
这次还是比较顺利的，分别在4min, 16min, 46min的时候过了A, B, C，并且做B题的时候直觉挺不错
当时看D才过了个位数就不怎么想做了，然后慢慢悠悠吃东西看题目看看板看看room...
后来觉得D可做写了一发然后发现不太对，便继续挂机准备睡觉了...实际上是完全可做的
这不行啊，终极目的还是提高啊
这样说的我却还不积极补题，噫吁嚱