C题意:
给定n个点（标号0~n-1)的度数（就是与其邻接的点的个数）和所有与它邻接的点标号的异或和，求满足这些条件的树的边应该是怎么连的，将边输出出来
这里可以理解成拓扑排序的方式考虑，当i度数为1的时候，那么我们必然知道 i 肯定得与s[i]相连使其剩余的异或值为0
所以建立一个队列不断将度数变为1的点放进来，得到边以后，不断更新点的度数和其对应的异或和的值
1 #include <bits/stdc++.h>
2
3 using namespace std;
4 const int N = (1<<16);
5 int n,degree[N] , s[N] , vis[N];
6 #define pii pair<int,int>
7 vector<pii> v;
8 queue<int> q;
9 int main()
10 {
11 // freopen("a.in" , "r" , stdin);
12 scanf("%d" , &n);
13 for(int i=0 ; i<n ; i++){
14 scanf("%d%d" , °ree[i] , &s[i]);
15 if(degree[i]==1) q.push(i);
16 }
17 while(!q.empty()){
18 int u = q.front();
19 q.pop();
20 // cout<<u<<" "<<degree[u]<<" "<<s[u]<<endl;
21 if(degree[u]==0) continue;
22 degree[u]--;
23 if(!vis[s[u]]){
24 degree[s[u]]-- , s[s[u]]^=u;
25 if(degree[s[u]]==1) q.push(s[u]) , vis[s[u]]=1;
26 }
27 else degree[s[u]]--;
28 v.push_back(make_pair(u , s[u]));
29 }
30 printf("%d\n" , v.size());
31 for(int i=0 ; i<v.size() ; i++)
32 printf("%d %d\n" , v[i].first , v[i].second);
33 return 0;
34 }
cf 501C
D题意：
给定两个0~n-1的排列方式，像康托展开式那种方式计算对应排名（从0开始，也就是说排名可能是0~n！）
将两种排列的排名相加后计算新的排名%n!后的对应的排列方式
这里我们可以计算排列上每一位对应的名次，这个名次的含义是从最高位开始这个数在不曾出现的数字中的排名，这个排名可以用树状数组解决
如序列 2 1 3 0 4 对应排名 2 1 2 0 0
这里给定样例
5
2 1 3 0 4
2 0 4 3 1
可以看出来两个序列排名后是：
2 1 1 0 0
2 0 2 1 0
相当于把每一位相加就说明得到新排名是符合总和相加所得排名的（不懂可以学一下康拓展开）
就是4 1 3 1 0
那这里对应每一位来说，都不应该出现超出当前位所能承受的排名就进位，比如这里3的位置最多排名应该为2，所以变成3%3=0,前面进位1+1=2
新的排名是4 2 0 1 0
根据新的排名倒过来算出每一位上的数字，我用的是线段树处理，当然应该有更好的办法，只是我比较弱~
1 #include <bits/stdc++.h>
2
3 using namespace std;
4 const int N = 100005;
5 int n , a[N] , cnt[N] , use[N] , use1[N];
6 #define ll long long
7 ll ans;
8 int main()
9 {
10 // freopen("a.in" , "r" , stdin);
11 scanf("%d" , &n);
12 for(int i=1 ; i<=n ; i++){
13 scanf("%d" , &a[i]);
14 cnt[a[i]]++;
15 }
16
17 int odd = 0;
18 for(int i=1 ; i<=n ; i++){
19 if(cnt[i]&1) odd++;
20 }
21 if(((n&1)==0 && odd) || ((n&1)&&odd>1)){
22 puts("0");
23 return 0;
24 }
25 //从左右两端出发能匹配到的最大次数
26 int maxMatch = 0;
27 for(int i=1,j=n ; i<=j ; i++,j--){
28 if(a[i]==a[j])maxMatch++;
29 else break;
30 }
31 if(maxMatch==(n+1)/2){
32 printf("%I64d\n" , (ll)n*(n+1)/2);
33 return 0;
34 }
35 //从中间出发能匹配到的最大次数
36 int maxMid = 0;
37 for(int i=n/2 , j=(n+1)/2+1; i>0 ; i-- , j++){
38 if(a[i]==a[j])maxMid++;
39 else break;
40 }
41 ans = 0;
42
43 //计算最右侧出发还存在值的最大位置
44 int mxRg = 0;
45 for(mxRg=1 ; mxRg<=n ; mxRg++){
46 if(n&1 && mxRg==(n+1)/2 && cnt[a[mxRg]]&1) continue;
47 else if(n&1 && mxRg==(n+1)/2) break;
48 if(mxRg<=(n+1)/2){
49 if(use1[a[mxRg]]+1<=cnt[a[mxRg]]/2) {use1[a[mxRg]]++;continue;}
50 else break;
51 }
52 else {
53 if(a[mxRg]==a[n-mxRg+1]) continue;
54 else break;
55 }
56 }
57 //计算找到如果没有回文重排点的右半边最小位置
58 int last = n;
59 int index=1;
60 while(last>=index){
61 if(n&1 && last==(n+1)/2 && cnt[a[last]]&1) {last--;continue;}
62 else if(n&1 && last==(n+1)/2) break;
63 if(last<=n/2){
64 if(maxMid) last-=maxMid;
65 break;
66 }
67 else {
68 if(last>=n-index+2 && a[last]!=a[n-last+1]) break;
69 if(use[a[last]]+1>cnt[a[last]]/2) break;
70 else use[a[last]]++ , last--;
71 }
72 }
73 if(last<index) last=index;
74 // cout<<"last: "<<last<<endl;
75 /*----------------*/
76 if(mxRg>n) mxRg=n;
77 for(int index=1 ; index<=mxRg ; index++){
78 int flag = index*n;
79 int val = max(n-index+1 , n-maxMatch);
80 // cout<<"first: "<<index<<" "<<last<<endl;
81 if(val == n-index+1) ans+=n-(last<index?index:last)+1;
82 else ans+=maxMatch+1;//前面如果整个序列是回文串就会直接输出答案，所以这里maxMatch不可能会超过一半
83 // cout<<index<<" "<<ans<<endl;
84 }
85 printf("%I64d\n" , ans);
86 return 0;
87 }
cf 501D
E题题意：
就是给定一个数字序列，任取一段区间重新排列，要是能找到一种排列方式使之后形成的整个序列是个回文序列，就说明取的这段区间是个合法区间
问有多少个合法区间
这题目开始考虑区间[l,r]合法，那么说明取[l , r‘] r‘>r均合法
那么只要枚举每一位l，快速找到最小的r即可用ans+=n-r+1就能算出来
将序列本身是回文的和序列永远无法变成回文特判，相信这个大家都认为是很简单的
我们找到一段从左端开始，和最右端开始的回文匹配得到能匹配到的最大值
1 //从左右两端出发能匹配到的最大次数
2 int maxMatch = 0;
3 for(int i=1,j=n ; i<=j ; i++,j--){
4 if(a[i]==a[j])maxMatch++;
5 else break;
6 }
7 if(maxMatch==(n+1)/2){
8 printf("%I64d\n" , (ll)n*(n+1)/2);
9 return 0;
10 }
我们每次得到一个新的l，如果这个l之前的串都已经能被回文匹配，说明那一段无论如何都取的到，那只要知道我任意匹配所能走到r的最小位置
如果没有满足全部回文匹配，那么说明最多只能从回文断开的地方取区间，总大小正好是maxMatch+1;
比如r可以从当前位置n走，在走过一半前只要判断取到的数是否超过原个数的一半即可，没超过说明合法
如果走过了一半 说明前面取到的数正好是一半，只要当前能够跟对应的位置匹配就可以取不取都无所谓了
这里我觉得还要考虑一个正好到奇数个数的中点的特判，保证那个位置是唯一出现的奇数个数的数即可
根据上述方法，再计算一个可枚举的l范围从1到k停止，也是根据上方所述一步步走：
1 //计算最右侧出发还存在值的最大位置
2 int mxRg = 0;
3 for(mxRg=1 ; mxRg<=n ; mxRg++){
4 if(n&1 && mxRg==(n+1)/2 && cnt[a[mxRg]]&1) continue;
5 else if(n&1 && mxRg==(n+1)/2) break;
6 if(mxRg<=(n+1)/2){
7 if(use1[a[mxRg]]+1<=cnt[a[mxRg]]/2) {use1[a[mxRg]]++;continue;}
8 else break;
9 }
10 else {
11 if(a[mxRg]==a[n-mxRg+1]) continue;
12 else break;
13 }
14 }
15 if(mxRg>n) mxRg=n;
得到那个最小的位置last后结果就很容易算了
1 for(int index=1 ; index<=mxRg ; index++){
2 int flag = index*n;
3 int val = max(n-index+1 , n-maxMatch);
4 // cout<<"first: "<<index<<" "<<last<<endl;
5 if(val == n-index+1) ans+=n-(last<index?index:last)+1;
6 else ans+=maxMatch+1;//前面如果整个序列是回文串就会直接输出答案，所以这里maxMatch不可能会超过一半
7 // cout<<index<<" "<<ans<<endl;
8 }
1 #include <bits/stdc++.h>
2
3 using namespace std;
4 const int N = 100005;
5 int n , a[N] , cnt[N] , use[N] , use1[N];
6 #define ll long long
7 ll ans;
8 int main()
9 {
10 // freopen("a.in" , "r" , stdin);
11 scanf("%d" , &n);
12 int time =0;
13 for(int i=1 ; i<=n ; i++){
14 scanf("%d" , &a[i]);
15 if(cnt[a[i]]==0) time++;
16 cnt[a[i]]++;
17 }
18 if(time==1){
19 printf("%I64d\n" , (ll)n*(n+1)/2);
20 return 0;
21 }
22 int odd = 0;
23 for(int i=1 ; i<=n ; i++){
24 if(cnt[i]&1) odd++;
25 }
26 if(((n&1)==0 && odd) || ((n&1)&&odd>1)){
27 puts("0");
28 return 0;
29 }
30 //从左右两端出发能匹配到的最大次数
31 int maxMatch = 0;
32 for(int i=1,j=n ; i<=j ; i++,j--){
33 if(a[i]==a[j])maxMatch++;
34 else break;
35 }
36 //从中间出发能匹配到的最大次数
37 int maxMid = 0;
38 for(int i=n/2 , j=(n+1)/2+1; i>0 ; i-- , j++){
39 if(a[i]==a[j])maxMid++;
40 else break;
41 }
42 ans = 0;
43 int last = n;
44
45 //计算最右侧出发还存在值的最大位置
46 int mxRg = 0;
47 for(mxRg=1 ; mxRg<=n ; mxRg++){
48 if(n&1 && mxRg==(n+1)/2 && cnt[a[mxRg]]&1) continue;
49 else if(n&1 && mxRg==(n+1)/2) break;
50 if(mxRg<=(n+1)/2){
51 if(use1[a[mxRg]]+1<=cnt[a[mxRg]]/2) {use1[a[mxRg]]++;continue;}
52 else break;
53 }
54 else {
55 if(a[mxRg]==a[n-mxRg+1]) continue;
56 else break;
57 }
58 }
59 if(mxRg>n) mxRg=n;
60 for(int index=1 ; index<=mxRg ; index++){
61 int flag = index*n;
62 last = max(n-index+1 , n-maxMatch);
63 // cout<<"first: "<<index<<" "<<last<<endl;
64 if(last<n && last == n-index+1) cnt[a[last+1]] -= 2;
65 while(last>=index){
66 if(n&1 && last==(n+1)/2 && cnt[a[last]]&1) {last--;continue;}
67 else if(n&1 && last==(n+1)/2) break;
68 if(last<=n/2){
69 if(maxMid) last-=maxMid;
70 break;
71 }
72 else {
73 if(use[a[last]]<flag) use[a[last]]=flag;
74 if(last>=n-index+2 && a[last]!=a[n-last+1]) break;
75 if(use[a[last]]+1-flag>cnt[a[last]]/2) break;
76 else use[a[last]]++ , last--;
77 }
78 }
79 if(last<index) last=index;
80 // cout<<index<<": "<<last<<" "<<maxMid<<endl;
81 ans += n-last+1;
82 }
83 printf("%I64d\n" , ans);
84 return 0;
85 }
cf501E
时间： 2024-10-05 15:42:07