标签：round syn nta i++ 大于等于 cti clu cout put
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第一反应当然是分类讨论if到底。想了一下发现好像有点麻烦，正好n又不大所以for一下
枚举的方法，枚举原数组中取多少偶数（记为i），那么原数组中奇数就要取x-i个，只要判断x-i是否为奇数并且原数组的奇数个数是否大于等于x-i就行了
分类讨论的方法，难顶，详见代码
枚举的代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
const int N=200010; typedef long long ll;
#define int ll
int T,n,x,a[2],t;
void output(bool x){cout<<(x?"Yes":"No")<<endl;}
signed main(){
cin>>T;
while(T--){
cin>>n>>x;
a[0]=a[1]=0;
int f=0;
repeat(i,0,n)cin>>t,a[t%2]++;
repeat(i,0,a[0]+1){
if((x-i)%2==1 && a[1]>=x-i){
output(1);
f=1;
break;
}
}
if(!f)output(0);
}
return 0;
}
分类讨论的代码（转载自 %%%施老师）
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
using namespace std;
int T,n,k,x,num1,num2;
int main()
{
scanf("%d",&T);
while (T--)
{
scanf("%d%d",&n,&k); num1=0; num2=0;
for (int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&x);
if (x&1) num1++;else num2++;
}
if (num1==0) printf("No\n");
else
{
num1--; k--; k-=2*min(num1/2,k/2);
if (k<=num2) printf("Yes\n");else printf("No\n");
}
}
return 0;
}
显而易见，s最终只有两种情况，00..0011..11和11..1100..00。我们枚举一下01分界线。为了加点速，要用前缀和记录前x个位置有多少1，这样 \(O(1)\) 询问答案，美滋滋
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
const int N=200010; typedef long long ll;
#define int ll
int T,n,sum[N];
string s;
int q1(int l,int r){ //询问[l,r]有多少个1
return sum[r]-sum[l-1];
}
int q0(int l,int r){ //询问[l,r]有多少个0
return r-l+1-q1(l,r);
}
signed main(){
cin>>T;
while(T--){
cin>>s; s=‘x‘+s;
int n=s.size()-1;
repeat(i,1,n+1)
sum[i]=sum[i-1]+(s[i]==‘1‘);
int ans=1e9;
repeat(i,0,n+1){ //枚举分界线
ans=min(ans,q0(1,i)+q1(i+1,n));
ans=min(ans,q1(1,i)+q0(i+1,n));
}
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
一般来说，双方都会尽量不让x节点的度变成小于等于1，因此这个x节点大多情况都是倒数第二个取走的。除了x节点的度已经小于等于1了
所以只要判断x节点的度是否小于等于1，再判断n的奇偶性就行了
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
const int N=200010; typedef long long ll;
#define int ll
int T,n,x;
signed main(){
cin>>T;
while(T--){
cin>>n>>x;
int deg=0;
repeat(i,0,n-1){
int u,v; cin>>u>>v;
if(u==x || v==x)deg++;
}
if(deg<=1 || n%2==0)cout<<"Ayush"<<endl;
else cout<<"Ashish"<<endl;
}
return 0;
}
//## D. Guess The Maximums
//事实上只要二分查找出最大值的位置（\(A[i]=n\) 的这个 \(i\)），然后，如果某一集合包含了i那就查询这个集合的补集
//等会补
//（终测没完，交不了代码呜呜呜）
大家好，没错我的方法假了
如果你觉得数组A遍历了[1,n]，或者Si遍历了[1,n]，或者两个地雷一起踩（正是在下），那就有可能fst惨案
树型dp
我们让儿子的费用（即 \(a[i]\)）赋值为\(\min\)(儿子费用,父亲费用)，这样操作的好处是，如果儿子所在的子树存在需要互换的两个节点，那一定是儿子解决这个问题而不是去麻烦父亲乃至祖宗
因此只要统计每个子树的需要把0变1的节点个数，以及1变0的节点个数，然后及时计算费用，然后把这两个值传给父亲即可
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
const int N=200010; typedef long long ll;
#define int ll
int n,x;
vector<int> a[N];
int cost[N],b[N],c[N],ans,cnt[N][2];
void dfs(int x,int fa){
if(fa!=-1)cost[x]=min(cost[x],cost[fa]);
for(auto p:a[x])
if(p!=fa){
dfs(p,x);
cnt[x][0]+=cnt[p][0];
cnt[x][1]+=cnt[p][1];
}
if(b[x]!=c[x])cnt[x][b[x]]++;
int t=min(cnt[x][0],cnt[x][1]);
ans+=2*t*cost[x];
cnt[x][0]-=t;
cnt[x][1]-=t;
}
signed main(){
cin>>n;
repeat(i,0,n)cin>>cost[i]>>b[i]>>c[i];
repeat(i,0,n-1){
int x,y; cin>>x>>y; x--,y--;
a[x].push_back(y);
a[y].push_back(x);
}
dfs(0,-1);
if(cnt[0][0] || cnt[0][1])cout<<-1<<endl;
else cout<<ans<<endl;
return 0;
}
Codeforces Round #646 (Div. 2) 题解 (ABCE)
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原文地址：https://www.cnblogs.com/axiomofchoice/p/13022886.html
