Before the Beginning
转载请将本段放在文章开头显眼处，如有二次创作请标明。
原文链接：https://www.codein.icu/cfedu85/
前言
好久没有打比赛了，周五考完文化课之后看到有深夜场，想了想就打了。
最后只做出来4题，排名一千左右。
在此写一个总结，如有必要也会发布单题题解。咕咕咕
A. Level Statistics
签到题，有点小坑。
题意
一个人在玩游戏，给出若干个状态，以 ((p_i,c_i)) 来表示他现在进行了 (p_i) 次游戏，通关了 (c_i) 次。
解法
很显然，对于每个状态，有如下限制：
- (c_i leq p_i)，因为通关次数不可能比游戏次数还多。
- (c_i - c_{i-1} leq p_i - p_{i-1})，相对于上次的状态，增加的通关次数不可能比增加的游戏次数多。
- (c_{i-1} leq c_i,p_{i-1} leq p_i)，时间顺序，无需多说。
有一个坑点就是状态是按时间顺序给出的。只有愚蠢的笔者才会看不懂描述跳这个坑吧
所以并不需要按通关次数等等进行排序。
Code
给出比赛时代码。
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
template<typename T>
void read(T &r)
{
static char c;r=0;
for(c=getchar();c>'9'||c<'0';c=getchar());
for(;c>='0'&&c<='9';r=(r<<1)+(r<<3)+(c^48),c=getchar());
}
const int maxn = 110;
int T;
int n;
struct node
{
int p,c;
}a[maxn];
bool cmp(const node &a,const node &b)
{
if(a.c == b.c)
return a.p < b.p;
return a.c < b.c;
}
int main()
{
read(T);
while(T--)
{
read(n);
for(int i = 1;i<=n;++i)
read(a[i].p),read(a[i].c);
for(int i = 1;i<=n;++i)
{
if(a[i].c > a[i].p)
{
puts("NO");
goto end;
}
if(a[i].c < a[i-1].c)
{
puts("NO");
goto end;
}
if(a[i].p < a[i-1].p)
{
puts("NO");
goto end;
}
if(a[i].c - a[i-1].c > a[i].p - a[i-1].p)
{
puts("NO");
goto end;
}
}
puts("YES");
end:;
}
return 0;
}
B. Middle Class
水题，没啥难度。
题意
给出一堆人，可以从中选出一部分人，将其总财富均分。
定义财富多于 (x) 的为中产阶级。
问最多有多少中产阶级。
解法
显然要劫富济贫，而总财富需求与人数线性相关。
于是按财富排降序。
计算出假定前 (i) 个人都是中产所需的总财富。
计算出当前总财富。
两者相比较，如果当前总财富可以满足则继续向下枚举。
Code
给出比赛时代码。
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
template<typename T>
void read(T &r)
{
static char c;r=0;
for(c=getchar();c>'9'||c<'0';c=getchar());
for(;c>='0'&&c<='9';r=(r<<1)+(r<<3)+(c^48),c=getchar());
}
const int maxn = 1e5 + 10;
int T,n,x;
int a[maxn];
bool cmp(int a,int b)
{
return a>b;
}
int main()
{
read(T);
while(T--)
{
read(n);
read(x);
for(int i = 1;i<=n;++i)
read(a[i]);
sort(a+1,a+1+n);
long long now = 0;
long long need = 0;
int ans = 0;
for(int i = n;i;--i)
{
now += a[i];
need += x;
if(now < need)
{
printf("%d
",ans);
goto end;
}
++ans;
}
if(ans == n)
printf("%d
",ans);
else if(ans == 0)
puts("0");
end:;
}
return 0;
}
CF1334C Circle of Monsters
思考一会可以得到结论的贪心题。
题意
给出一圈怪兽，每个怪兽有两个属性 (a_i,b_i)，分别代表生命值和死亡后对下一个怪兽的伤害值。
要求最少造成多少伤害就可以杀光怪兽。
解法
首先有一个显然的结论：按顺序杀一定最优。
因为每个怪兽所受到伤害只有两个来源：
- 直接造成伤害
- 前一个怪兽死亡造成伤害
而开始造成伤害后，因为这只怪兽一定要死，那么肯定是先杀前面一个能更省力。
按顺序杀光怪兽的话，枚举开始点，直接模拟显然是一种可行的做法。
但模拟复杂度 (O(n^2)) 无法通过，可以用预处理降复杂度。
设 (c_i) 为前一只怪兽死后，这只怪兽还剩余的血量。
有 (c_i = a_i - b_{i-1})，边界特殊处理一下即可。
那么求出 (c) 的总和，记为 (csum)。
假定现在从第 (i) 只怪兽开始杀，那么：
从 (csum) 中减去 (c_i)，再加上 (a_i)，即为当前情况的总花费伤害。
复杂度降低到 (O(n))，可以通过。
Code
给出比赛时的代码。
#include <cstdio>
using namespace std;
template<typename T>
inline T _max(const T &a,const T &b){return a>b?a:b;}
template<typename T>
void read(T &r)
{
static char c;r=0;
for(c=getchar();c>'9'||c<'0';c=getchar());
for(;c>='0'&&c<='9';r=(r<<1)+(r<<3)+(c^48),c=getchar());
}
const int maxn = 3e5 + 10;
int T,n;
long long a[maxn],b[maxn],c[maxn];
int main()
{
read(T);
while(T--)
{
read(n);
for(int i = 1;i<=n;++i)
read(a[i]),read(b[i]);
long long sum = 0;
for(int i = 2;i<=n;++i)
sum += (c[i] = _max(a[i] - b[i-1],0ll));
sum += (c[1] = _max(a[1] - b[n],0ll));
int minn = 1;
long long ans = 1ll << 60;
for(int i = 1;i<=n;++i)
{
long long ret = sum - c[i] + a[i];
if(ret < ans)
ans = ret;
}
printf("%lld
",ans);
}
return 0;
}
D. Minimum Euler Cycle
依然是贪心的题目。但笔者将其做成了找规律……
题意
给出一张包含 (n) 个顶点的完全图。
要求出一条路径，使得每条边都经过恰好一次。(单向边)
并且要求经过顶点字典序最小。
解法
笔者先从贪心入手。
很显然从顶点 (1) 出发，去往顶点 (2)。
此时可以回到顶点 (1) 使得字典序最小，也可以选择去往其他顶点。
此时笔者考虑到回到顶点 (1) 后可能无法完成图的遍历，因此暂时搁置了这个想法。
由于数据范围大，笔者猜想一定有规律可以快速求解。
所以笔者写了个 (O(n^2n!)) 的暴力来打表。
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
const int maxn = 50;
int n;
int vis[maxn][maxn];
int path[maxn];
int temp[maxn];
int maxt;
void dfs(int u,int t)
{
temp[t] = u;
maxt = t>maxt?t:maxt;
bool over = true;
for(int i = 1;i<=n;++i)
for(int j = 1;j<=n;++j)
if(i != j && !vis[i][j])
over = false;
if(over)
{
for(int i = 1;i<=maxt;++i)
if(temp[i] < path[i])
{
for(int j = 1;j<=maxt;++j)
path[j] = temp[j];
break;
}
else if(temp[i] > path[i])
break;
return;
}
for(int i = 1;i<=n;++i)
if(i != u && !vis[u][i])
{
vis[u][i] = 1;
dfs(i,t+1);
vis[u][i] = 0;
}
}
int main()
{
memset(path,0x3f,sizeof(path));
scanf("%d",&n);
dfs(1,1);
for(int i = 1;i<=maxt;++i)
printf("%d ",path[i]);
return 0;
}
打表后发现，字典序最小的路径如下形式：
n = 2:
1 2
1
n = 3:
1 2 1 3
2 3
1
n = 4:
1 2 1 3 1 4
2 3 2 4
3 4
1
......
找到规律了，此时可以结合之前的贪心思路：
由顶点 (1) 访问到其他点后，再回到顶点 (1) 可以使得字典序最小。
依次访问到最后一点后，可以去往顶点 (2) 使得字典序最小。
然后如法炮制，不断访问……
最后从最后的顶点再回到顶点 (1)。
刚好全部遍历一遍。
Code
代码实现上，笔者运用了前文的像金字塔一样的规律。
预处理出每层的节点数量，以判断所求左右端点在哪一层。
随后依次输出即可。
层内规律：
设节点在第 (k) 层的第 (i) 个节点，那么 (i) 为奇数时，输出 (k)，否则输出 (k + frac{i}{2})。
最后一点是 (1)，特判一下即可。
#include <cstdio>
using namespace std;
template<typename T>
void read(T &r)
{
static char c;r=0;
for(c=getchar();c>'9'||c<'0';c=getchar());
for(;c>='0'&&c<='9';r=(r<<1)+(r<<3)+(c^48),c=getchar());
}
const int maxn = 1e5 + 10;
int T;
long long n,l,r;
long long s[maxn];
long long f;
int main()
{
read(T);
while(T--)
{
bool flag = false;
long long lp = 1,rp = 1;
long long lp2;
long long rp2;
read(n);
f = n * (n-1) + 1;
read(l);
read(r);
for(int i = 1;i<=n;++i)
s[i] = ((n-i) << 1) + s[i-1];
if(l == s[n]+1)
{
flag = true;
goto end;
}
if(r == s[n]+1)
{
flag = true;
--r;
}
while(s[lp] < l)
++lp;
while(s[rp] < r)
++rp;
lp2 = l - s[lp-1];
rp2 = r - s[rp-1];
if(lp == rp)
{
for(int i = lp2;i<=rp2;++i)
{
if(i & 1)
printf("%lld ",lp);
else
printf("%lld ",lp + (i>>1));
}
goto end;
}
for(long long i = lp2;i<=s[lp] - s[lp-1];++i)
{
if(i & 1)
printf("%lld ",lp);
else
printf("%lld ",lp + (i>>1));
}
for(long long i = lp+1;i<rp;++i)
{
for(long long p = 1;p<=s[i] - s[i-1];++p)
{
if(p & 1)
printf("%lld ",i);
else
printf("%lld ",i + (p>>1));
}
}
for(long long i = 1;i<=rp2;++i)
{
if(i & 1)
printf("%ld ",rp);
else
printf("%lld ",rp + (i >> 1));
}
end:
if(flag)
printf("1");
printf("
");
}
return 0;
}
End
打完 D 后只剩下半小时，笔者就放弃去睡觉了。
后续题目笔者可能会补题，有必要的会单独发题解。
咕咕咕