Возможность дорешивания

Мы знаем о такой проблеме, надеемся, что в рамках Квалификационного раунда она не является критической. Для отборочного этапа мы придумаем решение.

В отборочном раунде будет доступен как минимум c++14. Спасибо за предложение.

Done, thanks

I don't think so

We are working on this issue. Hope that during Qualification this is not critical.

Why are u always complaining btw

Submitting blind reduces penalty time (which is irrelevant in qualification round)

Suppose minimal such distance is d. Then we can place servers on the diameter in vertices that are at distance d from diameter ends. Now we can just binary search for d

Find center of tree. Then cut the deepest or second deepest subtree, find diameter of each component is also pass.

1. Find diameter, and centre of tree, if it's an edge disconnect that, if it's a node, disconnect either of the edges from it that are part of diameter.
2. Find diameter of the 2 new trees obtained.
3. The centres of these trees are your answers.

Centre is defined as midpoint of any diameter. I don't have a formal proof for it, but it works. Intuitively, since we can prove centre is unique, it makes sense for it to be answer for a single server.

Also can be easily generalised for an arbitrary K number of servers since at each step, you find diameters of each tree(of the forest) in total O(N) time, so solution is overall O(N·K).

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <set>
using namespace std;

const int maxn = int(2e5)+5;

int P[maxn];
set<int> graph[maxn];

pair<int, int> dfs0(int node, int par, int ht)
{
	P[node] = par;
	pair<int, int> res = {ht, node};
	for(auto it: graph[node])
	{
		if(it != par) res = max(res, dfs0(it, node, ht+1));
	}
	return res;
}

pair<int, int> cntrf(int node)
{
	int far1 = dfs0(node, -1, 0).second;
	int far2 = dfs0(far1, -1, 0).second;
	vector<int> X;
	int cur = far2;
	while(cur != -1)
	{
		X.push_back(cur);
		cur = P[cur];
	}
	return {X[int(X.size())/2], X[int(X.size())/2-1]};
}

int main(void)
{
	int n, u, v;
	scanf("%d", &n);
	for(int i = 1;i < n;i++)
	{
		scanf("%d%d", &u, &v);
		u--, v--;
		graph[u].insert(v), graph[v].insert(u);
	}

	pair<int, int> E = cntrf(0);
	graph[E.first].erase(E.second), graph[E.second].erase(E.first);
	//cout << E.first << " " << E.second << "\n";

	pair<int, int> res = {cntrf(E.first).first, cntrf(E.second).first};
	printf("%d %d\n", res.first+1, res.second+1);
}

Use 2 pointers to find, for each left index, the rightmost right index such that all words are covered

If we want the smallest possible sequence which we cannot form a triangle, it will be Fibonacci sequence. consider at most the first 100 numbers in a range, because Fibonacci numbers get larger.

2: How did you decide that choosing the largest 3 elements will be sufficient?

Counter-case 3,4,5,10

For C, the answer is n^((n-1)^2) because after you fill the top-left (n-1)x(n-1) submatrix with anything, there is exactly one way to fill the remaining cells so that the matrix is valid.

глянуть какое число встречается дважды первым, поставить его на позицию слева сверху, и те 2 последовательности в этот столбец и строку, а дальше просто восстанавливается

я считал, что первая последовательность, это какой-то столбец. И как только при считывания встречалось число из этого столбца, записывал всю строку.

Что касается дизайна, его можно сделать проще, легче, контрастнее, вместительнее

Спасибо за фидбек.

1. Других не знаю

2. Потому что без пагинации страница будет большего размера, чем я считаю нормальным отдавать участнику на каждый F5

3. Вывести уведомление?

4. У администраторов есть возможность через API выгружать стандартный лог контеста.

Ты отлично знаешь мою рабочую почту и о существовании обратной связи на каждой странице интерфейса. Эти способы более эффективны и вежливы.

Пункт 3. А какие компиляторы все еще не работают с %lld? Кажется, это часть стандарта c++11.

Successful hacking attempt of Stroustrup's solution.

5 2
1 1 10 1 1
1 5
2 4