Codeforces Round #430(Div.2) C,D,E题目详解

C题题意:询问从1(根节点)到其他所有节点的最大gcd是多少，你可以在该路径中将其中一个节点的值改为0或者一个都不改来影响最终的结果，所有节点的最大gcd分开考虑。

思路:一开始想到dp，但从他的根到孩子并没有什么联接性，满足根的gcd最大并不代表同样孩子的gcd最大。所以不能dp。

换种简单的思路，从上而下，将所有结果都保存下来，然后加上该点的值的影响，看最终结果哪个最大。一个简单的dfs即可。

#include<iostream>
#include<vector>
#include<set>
#include<algorithm>
using namespace std;
#pragma warning (disable:4996)
const int maxn = 200005;
int a[maxn];
vector<int>V[maxn];
int ans[maxn];

int gcd(int a, int b)
{
return b == 0 ? a : gcd(b, a%b);
}
set<int>S[maxn];
void dfs(int u, int pre, int Gcd)
{
set<int>::iterator it;
int temp,themax=-1;
for (it = S[pre].begin();it != S[pre].end();it++)
{
temp = gcd(*it, a[u]);
S[u].insert(temp);
themax = max(themax, temp);
}
S[u].insert(Gcd);
themax = max(themax, Gcd);
Gcd = gcd(Gcd, a[u]);
S[u].insert(Gcd);
themax = max(themax, Gcd);
ans[u] = themax;
int  Size = V[u].size();
for (int i = 0;i < Size;i++)if (V[u][i] != pre)
{
dfs(V[u][i], u, Gcd);
}
}

int main()
{
int n;
scanf("%d", &n);
for (int i = 1;i <= n;i++)
scanf("%d", &a[i]);
int u, v;
for (int i = 1;i < n;i++)
{
scanf("%d%d", &u, &v);
V[u].push_back(v);
V[v].push_back(u);
}
dfs(1, 0, 0);
for (int i = 1;i <= n;i++)
{
if (i != 1)printf(" ");
printf("%d", ans[i]);
}
cout << endl;
return 0;
}

D题题意:给你n个数(a1,a2,..an)，每个询问，询问仅包含一个数x，将x异或这n个数，并且这n个数会被异或后的值代替。输出mex{a1,a2..an}.

思路:有个大佬说过，碰到mex就建一个trie，不知道这句话对不对，但这题确实要建。。试想我们要求一个不存在于异或后的a序列的最小值，那么很容易想到的就是将本来就不存在于a序列的值来异或这个值，然后输出一个最小的就行了。

需要特别说明的是，其实找异或后的最小的，并不需要真正的异或，从异或的性质我们可以看出，只要尽量和x的每一位相同，就能保证最小。另外，高位明显比地位影响更大，所以得先满足高位在满足地位。所以建树从高位开始建。

代码如下:

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define ll long long
const int maxn = 300015;
int a[maxn];
int node[600000 * 22][2];
int tot = 1;
void build(int x)
{
int u = 0;
for (int i = 20;i >= 0;i--)
{
int g = (x >> i) & 1;
if (!node[u][g])
node[u][g] = tot++;
u = node[u][g];
}
}

int query(int k)
{
int u = 0, ans = 0;
for (int i = 20;i >= 0;i--)
{
int g = (k >> i) & 1;
if (!node[u][g]) { g = 1 ^ g; }
ans += (g << i);
u = node[u][g];
}
return ans;
}
bool vis[600000];
int main()
{
int n, m;
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = 0;i < n;i++)
{
scanf("%d", &a[i]);
vis[a[i]] = 1;
}
//sort(a, a + n);
//int j = 0;
for (int i = 0;i <= 600000;i++)if (!vis[i])
build(i);
int g = 0;
while (m--)
{
int k;
scanf("%d", &k);
g = g^k;
printf("%d\n", query(g) ^ g);
}
return 0;
}

以为这样就完了吗？博主的博客并不简单，博主将要讲一个代码量极短但极难理解的想法。

刚刚的想法是反着推出答案的，那么我们能不能正着把答案做出来呢？

首先记住这个性质，建完一个字典树后，如果要求mex值，当一个结点的子树是满的，那么mex值肯定不在这个子树里面。

令a[i][j] 为第i层中前缀为j的数的个数。(字典树最下面层数为0)如果a[i][x^j]= ( 1 < < i)就说明这个的子树是满的。

沿着x从高位往低位走(道理同上，和x相同最好)，如果走到第j层，它的子树是满的，那么ans最少也得是1<< j,所以ans|=(1<< j)。之后就得沿着它的兄弟树走了，重复上面的步骤。

代码如下:

#include<iostream>
using namespace std;

int a[20][1 << 19];
int main()
{
int n, m;
cin >> n >> m;
int x;
for (int i = 1;i <= n;i++)
{
scanf("%d", &x);
if (!a[0][x])
{
for (int j = 0;j < 20;j++)
{
int temp = x >> j;
a[j][temp]++;
}
}
}
int c = 0;
for (int i = 1;i <= m;i++)
{
scanf("%d", &x);
c ^= x;
int ans = 0;
for (int j = 19;j >= 0;j--)
{
if (a[j][(ans^c) >> j] == (1 << j))
ans |= (1 << j);
}
cout << ans << endl;
}
return 0;
}

E题题意:建一颗树，根为1，每升一级就加一个点，在每一级中，将x记为树上两点之间的最长距离，那么问在每一级中，有几个点到另外的点的距离可达到x。

思路:巧妙的想法，其实组成最长距离的点仅有两种深度(自己动手画画就明白了)，那么可以用两个set来存两种深度的点，如果新加的点和其中一个set中的距离大于x，那么把另外的set清空，放入新加的点即可。

如果不会求树上的距离请查查lca。。

思路很简单，可是没做过差不多的就是想不出来深度竟然只有两种。。或许这就是套路吧。

代码如下:

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<set>
using namespace std;

const int maxm = 300005;
int fa[maxm][20];
int dep[maxm];
set<int>s1, s2;
int getdist(int u, int v)
{
int res=0;
if (dep[u] < dep[v])swap(u, v);
for (int i = 19;i >= 0;i--)
{
if (dep[u] - dep[v] >= (1 << i))
{
u = fa[u][i];
res += (1 << i);
}
}
if (u == v)return res;
for (int i = 19;i >= 0;i--)
{
if (fa[u][i] != fa[v][i])
{
u = fa[u][i];
v = fa[v][i];
res += (1 << (i + 1));
}
}
return res + 2;
}
int main()
{
int m;
cin >> m;
int temp;
s1.insert(1);
int mx = 1;
for (int i = 2;i <= m + 1;i++)
{
scanf("%d", &temp);
fa[i][0] = temp;
dep[i] = dep[temp] + 1;
for (int j = 1;j < 20;j++)
fa[i][j] = fa[fa[i][j - 1]][j - 1];
int dist1 = s1.empty() ? 0 : getdist(i, *s1.begin());
int dist2 = s2.empty() ? 0 : getdist(i, *s2.begin());
if (max(dist1, dist2) > mx)
{
mx = max(dist1, dist2);
if (dist1 == mx)
{
for (int j : s2)
{
if (getdist(i, j) == mx)
s1.insert(j);
}
s2.clear();
s2.insert(i);
}
else
{
for (int j : s1)
{
if (getdist(i, j) == mx)
s2.insert(j);
}
s1.clear();
s1.insert(i);
}
}
else if (max(dist1, dist2) == mx)
{
if (dist1 == mx)s2.insert(i);
else s1.insert(i);
}
cout << s1.size() + s2.size() << endl;
}
return 0;
}

终于把430的坑补完了。。