Educational Codeforces Round 158 (Rated for Div. 2)（A~E）（贪心，树形DP）

A - Line Trip 

        题意：有一条路，可以用一条数线来表示。你位于数线上的点 0 ，你想从点 0 到点 x ，再回到点 0。你乘汽车旅行，每行驶 1个单位的距离要花费 1 升汽油。当您从点 0出发时，汽车已加满油(油箱中的油量已达到最大值)。在 a1,a2,…,an点有 n 个加油站。到达加油站后，为汽车加满油。注意只能在加油站加油， 0 和 x点没有加油站。你必须计算出你的汽车油箱的最小容积(以升为单位)，这样你才能从点 0行驶到点 x 并返回到点 0 。

        思路：求一下相邻加油站的距离最大值即可，注意最后一个加油站要先到点x再回来。

        

// Problem: A. Line Trip
// Contest: Codeforces - Educational Codeforces Round 158 (Rated for Div. 2)
// URL: https://codeforces.com/contest/1901/problem/0
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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
#define pb push_back
#define x first
#define y second 
#define endl '\n'
const LL maxn = 4e05+7;
const LL N=1e05+10;
const LL mod=1e09+7;
typedef pair<int,int>pl;
priority_queue<LL , vector<LL>, greater<LL> >t;
priority_queue<LL> q;
LL gcd(LL a, LL b){
	return b > 0 ? gcd(b , a % b) : a;
}

LL lcm(LL a , LL b){
	return a / gcd(a , b) * b;
}
int n , m;
int a[N];
void init(int n){
	for(int i = 0 ; i <= n ; i ++){
		a[i] = 0;
	}
}
void solve() 
{
	cin >> n >> m;
	for(int i = 1 ; i <= n ; i ++){
		cin >> a[i];
	}	
	int maxx = (m - a[n]) * 2;
	for(int i = 1 ; i <= n ;i ++){
		maxx = max(maxx , a[i] - a[i - 1]);
	}
	cout << maxx << endl;
}            
int main() 
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    cout.precision(10);
    int t=1;
	cin>>t;
    while(t--)
    {
    	solve();
    }
    return 0;
}

B - Chip and Ribbon 

        题意：有一条带子被分成 n 个单元格，从左到右编号为 1 到 n 。最初，每个单元格中都写有一个整数 0。Monocarp在玩芯片游戏。游戏由几个回合组成。在第一轮中，Monocarp 将芯片放入色带的 第一单元格。除了第一轮之外，在每一轮中，魔卡都会做以下两个动作中的恰好一个：

  • 将芯片移动到下一个单元格(例如，如果芯片在 i 单元格，则将其移动到 i+1单元格)。如果芯片在上一格，则无法进行此操作；
  • 选择任意一个 x单元格，将芯片传送到该单元格。可以选择芯片当前所在的单元格。

每回合结束时，写入芯片所在单元格的整数会增加 1。

Monocarp的目标是在某些回合中使第一个单元格中等于整数 c1 ， 第二个单元格中等于整数 c2 ....第n个单元格中等于整数 cn。他希望尽可能少地传送芯片。

请帮助 Monocarp 计算他传送芯片的最少次数。

        思路:对于一个连续的序列来说，无需传送就能全部+1，因此此题变成了每轮操作能将[l ,r]单元格内的数加一，求最小操作数。此题类似于Problem - C - Codeforces

可以发现，所有左侧标红的即为选择的区间，因此最小操作数就是统计标红的数量，即\sum _{i = 1}^{n}max(0 , a[i] - a[i - 1])。具体解析可以看该题题解。

        

// Problem: B. Chip and Ribbon
// Contest: Codeforces - Educational Codeforces Round 158 (Rated for Div. 2)
// URL: https://codeforces.com/contest/1901/problem/B
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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
#define pb push_back
#define x first
#define y second 
#define endl '\n'
const LL maxn = 4e05+7;
const LL N=2e05+10;
const LL mod=1e09+7;
typedef pair<int,int>pl;
priority_queue<LL , vector<LL>, greater<LL> >t;
priority_queue<LL> q;
LL gcd(LL a, LL b){
	return b > 0 ? gcd(b , a % b) : a;
}

LL lcm(LL a , LL b){
	return a / gcd(a , b) * b;
}
int n , m;
int a[N];
void init(int n){
	for(int i = 0 ; i <= n ; i ++){
		a[i] = 0;
	}
}
void solve() 
{
	int n;
	cin >> n;
	for(int i = 1 ; i <= n ; i ++){
		cin >> a[i];
	}	
	LL ans = 0;
	for(int i = 1 ; i <= n ; i ++){
		if(a[i] > a[i - 1]){
			ans += a[i] - a[i - 1];
		}
	}
	cout << ans - 1<< endl;
}            
int main() 
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    cout.precision(10);
    int t=1;
	cin>>t;
    while(t--)
    {
    	solve();
    }
    return 0;
}

C - Add, Divide and Floor 

        题意：给你一个整数数组 a1,a2,…,an ( 0\leq a_{i}\leq 10^9 )。在一次操作中，你可以选择一个整数 x ( 0\leq x\leq 10^{18} )，并用 ⌊(a_{i} + x ) / 2⌋ 替换 ai ( ⌊y⌋ 表示将 y 舍入为最接近的整数)。 ⌊y⌋ 表示将 y 舍入为最接近的整数）来替换从 1 到 n 的所有 i。请注意，每次操作都会影响数组中的所有元素。打印使数组中所有元素相等所需的最小操作数。如果操作次数小于或等于 n，则打印每次操作所选择的 x 。如果有多个答案，则打印任意一个。

        思路：若最小的数通过操作等于最大的数，那么其他数必然也相等。因此只需要看最小的和最大的即可。再考虑如何去操作：观察可以发现其实x的大小没有用，x的奇偶性可能会改变答案，因此我们x的取值只设为（0 ， 1）。如果最大值是偶数，那么+1不会使得结果更大，否则可能会使得结果更大。

        

// Problem: C. Add, Divide and Floor
// Contest: Codeforces - Educational Codeforces Round 158 (Rated for Div. 2)
// URL: https://codeforces.com/contest/1901/problem/C
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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
#define pb push_back
#define x first
#define y second 
#define endl '\n'
const LL maxn = 4e05+7;
const LL N=2e05+10;
const LL mod=1e09+7;
typedef pair<int,int>pl;
priority_queue<LL , vector<LL>, greater<LL> >t;
priority_queue<LL> q;
LL gcd(LL a, LL b){
	return b > 0 ? gcd(b , a % b) : a;
}

LL lcm(LL a , LL b){
	return a / gcd(a , b) * b;
}
int n , m;
int a[N];
void init(int n){
	for(int i = 0 ; i <= n ; i ++){
		a[i] = 0;
	}
}
void solve() 
{
	cin >> n;
	int maxx = -1 , minn = 1.5e9;
	for(int i = 0 ; i < n ; i ++){
		cin >> a[i];
		maxx = max(a[i] , maxx);
		minn = min(minn , a[i]);
	}
    vector<int> ans;
    while (minn != maxx) {
        if (minn % 2 == maxx % 2) {
            ans.push_back(0);
        } else if (maxx % 2 == 0) {
            ans.push_back(1);
            ++minn;
            ++maxx;
        } else {
            ans.push_back(0);
        }
        minn /= 2;
        maxx /= 2;
    }
    cout << ans.size() << "\n";
    if ((int)ans.size() <= n) {
        for (int x : ans) {
            cout << x << " ";
        }
        cout << "\n";
    }
}            
int main() 
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    cout.precision(10);
    int t=1;
	cin>>t;
    while(t--)
    {
    	solve();
    }
    return 0;
}

D - Yet Another Monster Fight 

        题意：现有n头怪兽，每个怪兽有a_{i}的血量，你需要发动一次魔法将所有怪兽打败。魔法规则如下：第一轮将打中你选择的那头怪兽，并扣除x的血量，接下来每一轮魔法的伤害值减一，并且打中那些未被打中的，处于已被打中的怪兽的相邻怪兽。要求你可以选择任意第一轮打中的怪兽的情况下，魔法的初始伤害的最小值。

        思路：首先考虑已知第一轮打中第 i 只怪兽的情况下，魔法初始伤害的最小值。对于[1 , i - 1]的第x只怪兽而言，其最晚被打中的轮次为右边所有怪兽的数量（n - x），所以初始伤害值需要a_{i} + n - x,我们将其定义为r[x]。而对于[i + 1 , n]的第j只怪兽而言则相反，其最晚被打中的轮次为j - 1，初始伤害值需要a_{i} + j - 1  ，我们将其定义为l[j]。因此魔法初始伤害的最小值为：max(max(r[1]...r[i - 1]) , a[i] , max(l[i + 1] ...l[n]))。考虑完这个以后我们可以通过前缀最大值和后缀最大值来维护r , l数组。然后再遍历每只怪兽，假设其为第一轮攻击的怪兽，求魔法初始伤害的最小值即可。

        

// Problem: D. Yet Another Monster Fight
// Contest: Codeforces - Educational Codeforces Round 158 (Rated for Div. 2)
// URL: https://codeforces.com/contest/1901/problem/D
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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
#define pb push_back
#define x first
#define y second 
#define endl '\n'
const LL maxn = 4e05+7;
const LL N=3e05+10;
const LL mod=1e09+7;
typedef pair<int,int>pl;
priority_queue<LL , vector<LL>, greater<LL> >t;
priority_queue<LL> q;
LL gcd(LL a, LL b){
	return b > 0 ? gcd(b , a % b) : a;
}

LL lcm(LL a , LL b){
	return a / gcd(a , b) * b;
}
int n , m;
LL a[N];
LL r[N] , l[N];
void init(int n){
	for(int i = 0 ; i <= n ; i ++){
		a[i] = 0;
	}
}
void solve() 
{
	int n;
	cin >> n;
	for(int i = 1 ; i <= n ; i ++)
		cin >> a[i];
	for(int i = 1 ; i <= n ; i ++){
		l[i] = a[i] + (i - 1);
		r[i] = a[i] + (n - i);
	}
	for(int i = 1 ; i <= n ; i++){
		r[i] = max(r[i - 1] , r[i]);
	}
	for(int i = n; i >= 1 ; i --){
		l[i] = max(l[i + 1] , l[i]);
	}
	LL ans = 1e18;
	for(int i = 1 ; i <= n ; i ++){
		ans = min(ans , max(a[i] , max(r[i - 1] ,l[i + 1])));
	}
	cout << ans ;
}            
int main() 
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    cout.precision(10);
    int t=1;
//	cin>>t;
    while(t--)
    {
    	solve();
    }
    return 0;
}

E - Compressed Tree （树形DP）

        题意：给你一棵由 n 个顶点组成的树。每个顶点上都写有一个数字；顶点 i 上的数字等于 ai 。

        您可以执行以下任意次数的操作(可能为零)：选择一个最多有1条边的顶点，并将该顶点从树中删除。请注意，您可以删除所有顶点。

        完成所有操作后，就可以压缩树了。压缩过程如下。当树中有一个顶点恰好有2条边时，执行以下操作：删除该顶点，用一条边连接其邻居。

        可以看出，如果在压缩过程中有多种选择删除顶点的方法，那么得到的树还是一样的。

        你们的任务是计算在任意次数的上述操作后，求出压缩完树以后的所有顶点的权值之和最大。

        思路：对于一个顶点来说，最终压缩完树以后有4种情况：

1、只保留了自己一个顶点。

2、保留了自己和自己邻边上一个顶点。

3、保留了邻边上的两个顶点。

4、保留了自己和邻边上面2个以上的顶点。（这样在压缩的时候就不会把自己删了）

因此用dp[n][4]来分别表示这四种状态。接下来考虑如何从子顶点上转移，若顶点只有一个子顶点，那么就只有1、2两种情况。如果顶点有两个子顶点，那么就会出现1、2、3三种情况。如果子顶点大于2个的话，那么就需要对子顶点的值进行排序了，肯定是越大的越好。对于情况4，并不是所有的子顶点都需要选择，若子顶点的值小于0，那么就代表这子顶点是无需保留的，删除即可。

        接下来考虑子树的值如何选择：对于情况1和情况4，直接继承。对于情况2，在压缩的过程中会把子树结点给压缩掉，所以需要减去子顶点的值。对于情况3，原本是不保留子顶点的，但是由于需要连到父亲上，所以子顶点需要保留，因此需要增加子顶点的值。因此一个子顶点的值即为：max(dp[ch][1] , dp[ch][2] - a[ch] , dp[ch][3] + a[ch] , dp[ch][4])。

        接下来走任意一点开始走一遍DFS，时刻记录最大值。（只有一条链或者两个点的情况下特殊处理一下即可）

// Problem: E. Compressed Tree
// Contest: Codeforces - Educational Codeforces Round 158 (Rated for Div. 2)
// URL: https://codeforces.com/contest/1901/problem/E
// Memory Limit: 256 MB
// Time Limit: 2000 ms
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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
#define pb push_back
#define x first
#define y second 
#define endl '\n'
const LL maxn = 4e05+7;
const LL N=5e05+10;
const LL mod=1e09+7;
const LL inf = 1e18;
typedef pair<int,int>pl;
priority_queue<LL , vector<LL>, greater<LL> >t;
priority_queue<LL> q;
LL gcd(LL a, LL b){
	return b > 0 ? gcd(b , a % b) : a;
}

LL lcm(LL a , LL b){
	return a / gcd(a , b) * b;
}
int n , m;
LL a[N];
int deg[N];
vector<int>e[N];
LL dp[N][4];
void init(int n){
	for(int i = 0 ; i <= n ; i ++){
		a[i] = 0 , deg[i] = 0 , e[i].clear();
	}
}
LL cmp(LL a , LL b){
	return a > b;
}
LL ans = 0;
void dfs(int cur , int fa){
	dp[cur][0] = a[cur] , dp[cur][1] = -inf , dp[cur][2] = -inf , dp[cur][3] = -inf;
	vector<LL>ch;
	for(auto v : e[cur]){
		if(v == fa)
			continue;
		dfs(v , cur);
		ch.pb(max(dp[v][0], max(dp[v][1] - a[v], max(dp[v][2] + a[v], dp[v][3]))));
	}
	sort(ch.begin() , ch.end() , cmp);
	if(ch.size() >= 1){
		dp[cur][1] = a[cur] + ch[0];
	}
	if(ch.size() >= 2){
		dp[cur][2] = ch[0] + ch[1];
	}
	if(ch.size() >= 3){
		dp[cur][3] = a[cur] + ch[0] + ch[1] + ch[2];
		for(int i = 3 ; i < (int)ch.size() ; i ++){
			if(ch[i] < 0){
				break;
			}
			dp[cur][3] += ch[i];
		}
	}
	ans = max(ans , max(dp[cur][0], max(dp[cur][1], max(dp[cur][2], dp[cur][3]))));
}
void solve() 
{
	cin >> n;
	for(int i = 1 ; i <= n ; i ++)
		cin >> a[i];
	int max_deg = 1;
	for(int i = 1 ; i < n ; i ++){
		int x , y;
		cin >> x >> y;
		e[x].pb(y);
		e[y].pb(x);
		deg[x] ++;
		deg[y] ++;
		max_deg = max(max_deg , max(deg[x] , deg[y]));
	}
	if(max_deg == 1){
		if(a[1] < 0){
			cout << max(1LL * 0 , a[2]) << endl;
		}
		else{
			cout << max(a[1] , a[1] + a[2]) << endl;
		}
	}
	else if(max_deg == 2){
		sort(a + 1, a + 1 + n , cmp);
		if(a[1] < 0){
			cout << max(1LL * 0 , a[2]) << endl;
		}
		else{
			cout << max(a[1] , a[1] + a[2]) << endl;
		}
	}
	else{
		ans = 0;
		dfs(1 , 0);
		cout << ans << endl;
	}
	init(n);
}            
int main() 
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    cout.precision(10);
    int t=1;
	cin>>t;
    while(t--)
    {
    	solve();
    }
    return 0;
}

        

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第98步 深度学习图像目标检测：SSD建模

第98步 深度学习图像目标检测：SSD建模

基于WIN10的64位系统演示 一、写在前面 本期开始&#xff0c;我们继续学习深度学习图像目标检测系列&#xff0c;SSD&#xff08;Single Shot MultiBox Detector&#xff09;模型。 二、SSD简介 SSD&#xff08;Single Shot MultiBox Detector&#xff09;是一种流行的目标检…
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【Qt之QTextDocument】使用及表格显示富文本解决方案

【Qt之QTextDocument】使用及表格显示富文本解决方案

【Qt之QTextDocument】使用 描述常用方法及示例使用QTextList使用QTextBlock使用QTextTable表格显示富文本结论 描述 QTextDocument类保存格式化的文本。 QTextDocument是结构化富文本文档的容器&#xff0c;支持样式文本和各种文档元素&#xff0c;如列表、表格、框架和图像。…
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类和对象（下）

类和对象（下）

目录 1.初始化列表 1.1 构造函数体内的赋值 1.2 初始化列表 1.对象整体定义和成员变量定义的区别 2.初始化列表的写法 1.3 和C11的联系 1.4 针对初始化列表的建议 2.静态成员 2.1 静态成员变量 1.概念 2.特性 2.2 静态成员函数 1.概念 2.特性 3.友元 3.1 友元函…
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win10安装pytorch（py39）

win10安装pytorch（py39）

cuda≤11.6&#xff0c;观察控制面板 观察torch对应cuda版本 https://download.pytorch.org/whl/torch/ 安装cuda11.6.0 CUDA Toolkit Archive | NVIDIA Developer cmd输入nvcc -V 编辑国内镜像源 .condarc anaconda prompt输入 查看环境 conda env list 安装py3.9…
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【初始前后端交互+原生Ajax+Fetch+axios+同源策略+解决跨域】

【初始前后端交互+原生Ajax+Fetch+axios+同源策略+解决跨域】

初始前后端交互原生AjaxFetchaxios同源策略解决跨域 1 初识前后端交互2 原生Ajax2.1 Ajax基础2.2 Ajax案例2.3 ajax请求方式 3 Fetch3.1 fetch基础3.2 fetch案例 4 axios4.1 axios基础4.2 axios使用4.2.1 axios拦截器4.2.2 axios中断器 5 同源策略6 解决跨域6.1 jsonp6.2 其他技…
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