2019牛客多校训练营第三场补题

B题：Crazy Binary String

把0看成-1，前缀和，pos[ 0+n ] = 0

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int maxn = 1e5+3;
int a[maxn]; 
int pos[maxn<<1];
string s;

int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    int n;
    cin>>n>>s;
    for(int i=0; i<n; i++){
        if(s[i]=='0') a[i] = a[i-1] -1;
        else a[i] = a[i-1] + 1;
    }
    for(int i=0; i<=2*n; i++){
        pos[i] = -1;
    }
    pos[ 0+n ] = 0;  //注意这个不是简单的0 而是 0+n
    int ans=0;
    for(int i=0; i<n; i++){
        if(pos[ n+a[i] ]!=-1) 
            ans = max(ans, i-pos[ n+a[i] ]);
        else{
            pos[ n+a[i] ] = i;
        }
    }
    cout<<ans<<" ";
    int zero=0;
    for(int i=0; i<n; i++){
        zero += s[i]=='0'; 
    }
    cout<<( min(zero,n-zero)<<1 )<<endl;
}

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H题： Magic Line

排序，找 n/2点和 n/2+1点

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=20000;
const int M=900000009;
struct Point{
    int x,y;
}po[maxn];
bool cmp(Point a,Point b){
    if(a.x!=b.x) return a.x<b.x;
    else return a.y<b.y;
}
int main(){
    int T,n;
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        scanf("%d",&n);
        for(int i=1;i<=n;i++){
            scanf("%d%d",&po[i].x,&po[i].y);
        }
        sort(po+1,po+1+n,cmp);
        if(po[n/2].x!=po[n/2+1].x) printf("%d %d %d %d
",po[n/2].x,M,po[n/2+1],-M);
        else printf("%d %d %d %d
",po[n/2].x-1,po[n/2+1].y+M,po[n/2].x+1,po[n/2].y-M);
    }
}

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G题：Removing Stones

参考自https://www.cnblogs.com/hua-dong/p/11251800.html

启发式分治，类似题：https://www.cnblogs.com/-Zzz-/p/11525299.html

题意：给定N，表示N堆石子，每堆石子数为a[]，问多少个区间，可以满足“石子总和若为偶数，那么可以两两取来自不同堆的石子，直到取完；如果为奇数，那么排除其中一个，然后可以两两取来自不同堆的石子，直到取完”。

思路：结论是，如果一个区间的区间和大于等于区间最大值的两倍，则这个区间合法。考虑分治，我们首先找到区间最大值(为了不重复统计，多个最大值时，统一取最左边的，这个可以ST表示实现)，然后考虑跨越这个位置的合法区间个数。枚举一端，另外一段二分即可，选择端时要用到启发式，选择更短的那一段，防止最差情况不断发生。

由于分治的性质，我们每次的复杂度要倾向于小的那边，即是一个启发式合并的逆过程，所以启发式分治复杂度是O(NlogN)的，加上二分，这个做法的复杂度是O(Nlog^2N)。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int maxn = 3e5+3;
int a[maxn];
int st[maxn][20];
int lg[maxn];
int n;
long long suf[maxn],pre[maxn],ans;

void init_log(){
    lg[0] = -1;
    for(int i=1; i<maxn; i++)
        lg[i] = lg[i>>1]+1;
}

void init_ST()         //关于最值的pos的st表 (多个最大值时，统一取最左边的，这个可以ST表示实现)
{
    for(int i=1; i<=n; i++) 
        st[i][0]=i;
    for(int i=1; (1<<i)<=n; i++){
        for(int j=1; j+(1<<i)-1<=n; j++){
            st[j][i] = a[ st[j][i-1] ] >= a[ st[j+(1<<(i-1))][i-1] ]?
             st[j][i-1]:st[j+(1<<(i-1))][i-1];
        }
    }
}

int RMQ(int L,int R){   //返回最大值的pos
    if(L>=R) return 0;
    int k=lg[R-L+1];
    int pos=( a[ st[L][k] ]>=a[ st[R-(1<<k)+1][k] ]?
     st[L][k]:st[R-(1<<k)+1][k] );
    return pos;
}

void solve(int L,int R){
    if(L>=R) return;
    int Mid = RMQ(L,R);
    if(R-Mid > Mid-L){   //启发式分治
        for(int i=L; i<=Mid; i++){
            int pos = lower_bound( pre+Mid,pre+R+1,pre[i-1]+2LL*a[Mid] )-pre;
            ans += R-pos+1;
        }
    }
    else{
        for(int i=Mid; i<=R; i++){
            int pos = lower_bound( suf+1+n-Mid,suf+1+n-L+1,suf[n-i]+2LL*a[Mid] )-suf;
            ans += n-L+1-pos+1;
        }
    }
    solve(L,Mid-1);
    solve(Mid+1,R);
}

int main(){
    int T;
    init_log();
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        scanf("%d",&n);
        ans = 0;
        for(int i=1; i<=n; i++){
            scanf("%d",a+i);
            pre[i] = pre[i-1] + a[i];
        }
        for(int i=1; i<=n; i++){
            suf[i] = suf[i-1] + a[n-i+1];
        }
        init_ST();
        solve(1,n);
        printf("%lld
", ans);
    }
}

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