Educational Codeforces Round 168 (Rated for Div. 2)
A. Strong Password
题意
给你一个只含有小写字母的字符串S， 它的价值为：
- 第一个字母的价值为2。
- 之后每个字母，如果和上一个字母相同，价值为1，否则价值为2。
你现在需要向S中插入一个任意字符，使得插入后的字符的代价尽可能大。输出插入字符后的字符串。
思路
如果存在两个相邻相同字母， 那么我们就在他们中间插入一个不同的字母，会使得总的代价加三。
如果上述条件不成立， 我们就在最后一个字符的后面加上一个不同的字母，使得总的代价加二。
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
#define int long long
#define rep(i,l,r) for(int i = l;i<=r;i++)
#define per(i,r,l) for(int i = r;i>=l;i--)
const int INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
typedef pair<int,int> PII;
void solve(){
string str;
cin>>str;
rep(i,1,str.size()-1){
if(str[i] ==str[i-1]){
char ch = 'b';
if(str[i] == 'b') ch = 'a';
rep(j,0,i-1) cout<<str[j];
cout<<ch;
rep(j,i,str.size()-1) cout<<str[j];
puts("");
return ;
}
}
cout<<str;
if(str.back() == 'a') cout<<'b';
else cout<<'a';
cout<<endl;
return ;
}
signed main(){
int T = 1;
cin>>T;
while(T--){
solve();
}
return 0;
}
B. Make Three Regions
题意
有一个2行n列的表格， 其中一些部分被涂为黑色，剩余白色部分是连通的。
如上图中将第一行第三列的格子染为黑色后 ，白色连通块被分为了三部分（红色、绿色、蓝色区域）
问有多少个白色格子满足：如果将该白色格子填为黑色，那么剩下的白色格子会组成三个连通块。
思路
当且仅当 **“某一行的白块的两边都是黑块，并且在另一行对应位置为连续三个白块”**时，会满足条件。
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
#define int long long
#define rep(i,l,r) for(int i = l;i<=r;i++)
#define per(i,r,l) for(int i = r;i>=l;i--)
const int INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
typedef pair<int,int> PII;
void solve(){
int n;
cin>>n;
string a,b;
cin>>a>>b;
a = '.' + a + '.';
b = '.' + b + '.';
int ans = 0;
rep(i,1,n){
if(a[i] == '.' && a[i-1] == 'x' && a[i+1]=='x' && b[i] == '.' && b[i-1] == '.' && b[i+1] == '.'){
ans ++;
}
if(b[i] == '.' && b[i-1] == 'x' && b[i+1]=='x' && a[i] == '.' && a[i-1] == '.' && a[i+1] == '.'){
ans ++;
}
}
cout<<ans<<endl;
}
signed main(){
int T = 1;
cin>>T;
while(T--){
solve();
}
return 0;
}
C. Even Positions
题意
给你一个字符串，只包含( , ) ,_ 三种字符，请你将_ 都填为(或)， 使得字符串为“正则括号序列”（即互相匹配的括号对）
定义一个“正则括号序列”的代价为，所有互相匹配的括号对的距离的总和。如(())()之中， (__)__ 代价为 4 − 1 = 3 4-1 = 3 4−1=3，_()___ 和____() 的代价均为1， 总字符串的代价为3+1+1 = 5
你需要使得构造的正则括号序列的代价尽可能小，输出可能的最小代价。
保证在字符串的长度为偶数，并且在奇数位为(或) ， 在偶数位均为 _ 。
思路
按照正常方法（即栈的方法）进行括号匹配，在遇到_ 时，我们考虑，如果前面还有没有配对的左括号，那么我们应该在此处填写右括号，使它尽早配对，尽可能减少产生的代价。
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
#define int long long
#define rep(i,l,r) for(int i = l;i<=r;i++)
#define per(i,r,l) for(int i = r;i>=l;i--)
const int INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
typedef pair<int,int> PII;
void solve(){
int n;cin>>n;
string str;
cin>>str;
stack<int> st;
st.push(0);
int ans = 0;
for(int i = 1;i<str.size();i++){
if(str[i] == '_'){
if(st.size() == 0) {
st.push(i);
continue;
}else{
ans += i - st.top();
st.pop();
}
}else if(str[i] == '('){
st.push(i);
}else{
ans += i - st.top();
st.pop();
}
}
cout<<ans<<endl;
}
signed main(){
int T = 1;
cin>>T;
while(T--){
solve();
}
return 0;
}
D. Maximize the Root
题意
给你一棵树，每个节点都有一个初始值，然后你需要进行任意次如下操作：
- 选择一个非叶子节点 u u u（并且保证该节点的所有子孙节点的值都大于0）
- 将节点 u u u的所有子孙节点（即以该节点为子树的所有非根节点）的值减去1
- 令节点 u u u 的值加一
问在你进行一定次数操作后，根节点的值最大为多少
思路
考虑树形DP，我们对一个节点操作时，只关心在子孙节点中的最小值是多少。那么设 d p [ i ] dp[i] dp[i] 表示在进行一定次数操作后，以 i i i 号节点为根的子树，最小值最大是多少。
如果一个节点是叶子节点，由于无法进行任何操作，那么他的权值是自己的值本身。
对于一个非叶子节点 u u u，我们对他的所有子节点 v 1 , v 2 , . . . , v k v_1,v_2,...,v_k v1,v2,...,vk的dp值取min，得到以 u u u为根的所有子孙节点的最小值 t u t_u tu (不包括 u u u) , 于是我们考虑最大化 m i n ( t u , a u ) min(t_u,a_u) min(tu,au)，我们将 t u t_u tu和 u u u本身的权值 a u a_u au进行比较 ， 如果 t u < = a u t_u <= a_u tu<=au 那么对u进行操作只会使得最小值 m i n ( t u , a u ) min(t_u,a_u) min(tu,au)变得更小， 相反如果 t u > a u t_u > a_u tu>au 那么我们便可以进行 t u − a u 2 \frac{t_u - a_u}{2} 2tu−au 次操作，来最大化 m i n ( t u , a u ) min(t_u,a_u) min(tu,au) 。
总的dp传递式为 d p [ u ] = M A X ( t u , t u + a [ u ] 2 ) , 其中 t u = M I N v ∈ s o n ( u ) d p [ v ] dp[u] = MAX(t_u,\frac{t_u+a[u]}{2}) ,其中t_u = MIN_{v \in son(u)}dp[v] dp[u]=MAX(tu,2tu+a[u]),其中tu=MINv∈son(u)dp[v]
于是我们进行搜索，并维护dp数组， 最终得到了每一个节点的以该节点为根的子树中，所有节点的最小值的最大情况 ， 我们只关心根节点的孩子节点（即高度为1的节点）的dp值， 对他们取min后，即为最终能在根节点进行的操作数， 于是最终的答案为 a [ r o o t ] + M I N v ∈ s o n ( r o o t ) d p [ v ] a[root] + MIN_{v \in son(root)} dp[v] a[root]+MINv∈son(root)dp[v]
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
#define int long long
#define rep(i,l,r) for(int i = l;i<=r;i++)
#define per(i,r,l) for(int i = r;i>=l;i--)
const int INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
typedef pair<int,int> PII;
int a[200005];
vector<int> sons[200005];
void dfs(int x){
int mn = INF;
if(sons[x].empty()) return ;
for(auto v : sons[x]){
dfs(v);
mn = min(mn,a[v]);
}
if(a[x] > mn){
a[x] = mn;
return ;
}
int ope = (mn - a[x])/2;
a[x] += ope;
return ;
}
void solve(){
int n;
cin>>n;
rep(i,1,n){
a[i] = 0;sons[i].clear();
}
rep(i,1,n) cin>>a[i];
rep(i,2,n){
int fa;cin>>fa;
sons[fa].push_back(i);
}
for(auto v : sons[1]){
dfs(v);
}
int mn = INF;
for(auto v : sons[1]){
mn = min(mn,a[v]);
}
cout<<a[1]+mn<<endl;
}
signed main(){
int T = 1;
cin>>T;
while(T--){
solve();
}
return 0;
}