Codeforces Round #787 (Div. 3)

A. Food for Animals

优先买前两种，再用第三种。

B. Make It Increasing

感觉自己写复杂了。

\(dp_{i, j}\)表示第\(i\)个元素使用\(j\)次操作的代价。

\[dp_{i + 1, k} = \left\{ \begin{aligned} &\min_j dp_{i, j} + k & f(a_i, j) < f(a_{i + 1}, k)\\ &\inf & else\\ \end{aligned} \right. \]

其中\(f(x, y)\)表示对\(x\)用\(y\)次操作后的结果。

C. Detective Task

对于\(i\)，如果前面没有0且后面没有1，那么\(i\)就是一个可行的解。

预处理一下前后缀就可以线性解决。

D. Vertical Paths

观察可得：路径数量等于叶子的数量。

枚举所有的叶子，对于每一个叶子，不断往父亲跳直到遇到已经经过的节点，每遇到一个节点就将其加入这个叶子对应的路径。

E. Replace With the Previous, Minimize

维护一个映射\(f(ch)\)表示字符串中所有的\(ch\)已经被替换为\(f(ch)\)。

然后从前往后枚举字符串中的字符，遇到一个不是a的字符，就对其使用操作直到操作耗尽或者其变成a。

由于只有26个字母，所以维护还是比较简单的。

F. Vlad and Unfinished Business

首先，考虑\(x = y\)的情况，这是一个经典的问题。从\(x\)开始DFS，对于边\(u \rightarrow v\)，如果以\(v\)为根的子树包含需要去的节点，那么边\(u \rightarrow v\)对答案有\(2\)的贡献（最优的情况下会经过这条边两次，递归和回溯各一次）。假设这种情况的答案为\(sum\)，跑遍DFS就可以算出来。

考虑\(x = y\)不一定成立的情况。假设已经经过了所有需要去得节点，且所有需要去的节点中最后一个去的是\(z\)，并且现在停在\(z\)。此时耗费的代价为\(sum - dep_z\)，其中\(dep_i\)表示节点\(i\)的深度。现在只需要再从\(z\)走到\(y\)就可以了，代价为\(z\)到\(y\)的最短路，这个借助LCA就可以\(O(n\log n) \sim O(\log n)\)。这里我用的树剖算LCA。

由于计算是\(O(\log n)\)的，\(z\)的可能取值有\(O(n)\)种，直接枚举所有要去的节点即可。

总的时间复杂度是\(O(n \log n)\)，瓶颈在于LCA的计算。

G. Sorting Pancakes

TBA。

写在最后

下班的时候就只剩1h了，F结束后几分钟过的，G还没时间看。

标签：787,log,Codeforces,枚举,ch,LCA,Div,节点,dp
来源： https://www.cnblogs.com/zengzk/p/16227126.html