滑铁卢式的惨败。
T1 P10205 [JOI 2024 Final] 室温 / Room Temperature
场上并没能正确做出来。
当时同样是 %t 处理了每个 a，然后就想着取一下左右端点，答案是中间就行了。
这个想法大抵上是正确的，但也只是大抵上正确。
我们可能会有情况如下。
如果将最左边的去一件衣服（+t），让他成为新的右端点，下一个点成为新的左端点，无法保证这个情况比之前说的做法劣。
所以我们也要考虑上就是了。
排个序，枚举左右相邻点为左右端点算就行。
点击查看代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MN=1e6+116;
int a[MN], n, t, ans;
void Read(){cin>>n>>t;for(int i=1; i<=n; ++i) cin>>a[i];for(int i=1; i<=n; ++i) a[i]%=t;return;
}
void Solve(){Read(); sort(a+1,a+n+1);ans=(a[n]-a[1]+1)/2;for(int i=1; i<=n; ++i){ans=min(ans,(a[i]+t-a[i+1]+1)/2);}cout<<ans<<'\n';return;
}
int main(){ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);Solve();return 0;
}T2 【MX-X7-T3】[LSOT-3] 寄存器
我并没有做出来，因为我并没有找出来正确的删除逻辑。
一个我的错误想法，这个问题就是以任意黑色节点为根跑出来一个尽可能小的，包含所有黑色的联通快，之后再将里边白色的联通块删除。
这个明显在小数据或者树成链问题是不大的，但是考虑以下的情况。
树分三层，根是黑色，三个儿子是白色，每个儿子都有一个儿子，儿子的儿子是黑色。
这种情况我们按照之前的思路是需要四次的，然而存在一个三次的操作方法。
我们先电整张图，之后断掉儿子与儿子的儿子间的边，再电一次剩下的图，最后电一下根节点。
于是想分层一样的，我们就成功得出了一种优于之前思路的，按照分层进行的手段。
那么显然的，我们只需要找出来这棵树最多能被分层多少图就行了。
我们把不同的颜色之间连的边的边权设为 1, 把相同颜色之间连的边边权设为 0, 之后正常跑树的直径，这个样子直径的每一个单位长度就代表着一次分层。
我们从这个直径的重点开始就行了，答案是 (len+1)/2.
代码↓
点击查看代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MN=3e6+316;
struct Node{int nxt, to;
}node[MN];
int head[MN], tottt;
void insert(int u, int v){node[++tottt].to=v;node[tottt].nxt=head[u];head[u]=tottt; return;
}
int n, a[MN], cnt1=0;
void Read(){cin>>n;for(int i=1; i<=n; ++i){cin>>a[i];cnt1+=a[i];}for(int i=1; i<n; ++i){int u, v;cin>>u>>v;insert(u,v);insert(v,u);}
}
int stt, maxn=0;
void dfs(int u, int father, int depth){if(a[u]!=a[father]) depth++;if(a[u]==1&&depth>maxn){maxn=depth; stt=u;}for(int i=head[u];i;i=node[i].nxt){int v=node[i].to;if(v==father) continue;dfs(v,u,depth);}
}
void Solve(){Read();if(cnt1==0){cout<<0<<'\n';return;}dfs(1,0,0); maxn=0;dfs(stt,0,0);//cout<<maxn<<'\n';cout<<(maxn+1)/2<<'\n';return;
}
int main(){ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);Solve();return 0;
}