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
", 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)*xpm 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
%d", l2-1, b[0]);
    for (int i = 1; i < l2; ++i) printf(" %d", b[i]); puts("");
    printf("%d
%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