比赛链接：Here
1001 - Away from College
1002 - Boxes
思路：只要使用一次hints，以后的每一步都可以知道剩下多少个黑球。所以最少花费是全部盒子开一遍或者先用一次hints后面再碰运气，注意到，每开一个盒子都有一定概率直接结束（后面全都是白球或全都是黑球）
所以先排序，枚举前缀和至倒数第二个盒子，再乘以概率 (frac12^{n - i} imes2)
最后答案为：(ans = min(sum[n],c + sumlimits_{i = 1}^{n - 1}(sum[i] * frac12^{n - i + 1})))
试一下样例
(n = 4,C = 0.123456\1 1 1 1)
前缀和分别是 (1,2,3,4)
(ans = min(4,0,123456 + 1∗1/8+2∗1/4+3∗1/2) = min(4,2.248456)=2.248456)
代码
const int N = 1e5 + 10;
double a[N];
int main() {
// cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
int n; double c;
cin >> n >> c;
double sum = 0.0, ans = 0.0;
for (int i = 1 ; i <= n; ++i) cin >> a[i], sum += a[i];
sort(a + 1, a + 1 + n);
double f = 1.0;
for (int i = n; i > 0; i -= 1) {
ans += (1.0 - f) * a[i];
f /= 2.0;
}
cout << fixed << setprecision(6) << min(sum, c + ans);
}
1003 - Cheating and Stealing
1004 - Double Strings
超级眼熟，没想到就是 19年 CCPC秦皇岛 C 题的改版。
引用一下官网题解
好的方案的构成是“一段相同的前缀+一个不同字符（a比b小）+长度相同的任意后缀”。枚举不同的字符在两个序列中的位置。
用 (dp[i][j]) 表示只考虑 A 中的前 i 个字符和 B 中的前 j 个字符时的相同的子序列的个数，转移可以 (O(1))，这样可以统计出相同的前缀个数，这部分是 (O(|s|*|t|)) 的。
长度相同的任意后缀也可以用类似的 dp 计算，或者设 A 中此时剩余长度为 x, B 中剩余长度为 y，不失一般性地设 (x≤y) ，现在要求的就是 (ΣC(x,i)*C(y,i) = ΣC(x,x-i)*C(y,i) = C(x+y,x))，这部分也是 (O(|s|*|t|)) 的。
using ll = long long;
#define mod 1000000007
ll la, lb, adf[5010], adg[5010], f[5010], g[5010];
char a[5010], b[5010];
int main() {
cin >> a + 1 >> b + 1;
la = strlen(a + 1);
lb = strlen(b + 1);
for (int i = 1; i <= la; i++) {
for (int j = 1; j <= lb; j++) adf[j] = adg[j] = 0;
for (int j = 1; j <= lb; j++) {
if (a[i] == b[j]) adg[j] = g[j - 1] + 1;
adf[j] = f[j - 1];
if (a[i] < b[j]) adf[j] += g[j - 1] + 1;
}
for (int j = 1; j <= lb; j++) {
adg[j] += adg[j - 1];
adf[j] += adf[j - 1];
g[j] += adg[j];
f[j] += adf[j];
adg[j] %= mod; adf[j] %= mod;
g[j] %= mod; f[j] %= mod;
}
}
cout << (f[lb] % mod + mod) % mod;
return 0;
}
1005 - Eert Esiwtib
1006 - Finding Points
1007 - Greater Integer, Better LCM
1008 - Holding Two （签到）
题目描述
在$n imes m$ 的 $01$ 矩阵中
请问是否存在任意3个点 $(-1le x_1 - x_2 = x_2 - x_3 le 1,-1le y_1 - y_2 = y_2 - y_3 le 1)$
如果存在则输出任何一种情况，否则输出 -1
简单来说就是满足在横行，竖行，斜行中任意的连续的3个的元素不能都为0，或都为1；
考虑了挺多情况发现下面这种写法对于任何 (n,m) 都成立
【AC Code】
int main() {
cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
int n, m; cin >> n >> m;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
for (int j = 0; j < m; ++j)
cout << ((i & 1) ? ((j + 1) / 2 % 2) : !((j + 1) / 2 % 2));
cout << "
";
}
}
1009 - Interval Queries
看不懂，没思路，fw二连
1010 - Jewels
题目描述
把大海想象成一个三维坐标，我们的坐标为 $(0,0,0)$,现在有 $n$ 个宝石，但是每一秒宝石会以 $v_i$ 下沉，用 $d$ 来表示强度: 该时刻打捞的宝石与你之间的距离。请最小化总强度。
开赛的时候看了下这个似乎是贪心排序就能写？自信交了一发，WA打脸。之后队友看出 (k) 才是签到，所以就比赛时没管这道题了
正解的思路：所有的宝石肯定都在 (0) ~ (n-1) 这 (n) 个时刻被挖掉，那么问题就变成一个最小权匹配了，一边是时刻，一边是宝石，边权就是在这个时刻挖这个宝石所消耗的体力值。
稍微套一下板子就可以了
代码
ll n, ans;
struct jew {ll z, v, id;} a[310];
ll f(ll t, jew x) {t--; return t * t * x.v * x.v + 2 * t * x.v * x.z;} //边权
void g(int x) {
int t;
for (int i = 1; i <= n; i++) //找到当前宝石所匹配的时间
if (a[i].id == x) {t = i; break;}
for (int i = 1; i <= n; i++) { //枚举所有的边
if (f(i, a[i]) + f(t, a[t]) > f(t, a[i]) + f(i, a[t])) { //找增广路
swap(a[i], a[t]); //匹配宝石到时间更优的位置
g(a[t].id); g(x); //暴力递归找增广路
}
}
}
int main() {
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
ll x, y, z, v; cin >> x >> y >> z >> v;
ans += x * x + y * y + z * z;
a[i] = (jew) {z, v, i};
}
for (int i = 1; i <= n; i++) g(i);
for (int i = 1; i <= n; i++) ans += f(i, a[i]); //累加答案
cout << ans << "
";
return 0;
}
1011 - King of Range
题目描述
长度 $n$ 的序列，定义区间大小为区间内最大值减去最小值的值，请问在 $m$ 次查询中有多少对区间严格大于 $k$
令 (R_i) 为 (l=i) 时，满足极差大于 (k) 的最小的 (r)，如果不存在则记 (R_i = n+1)。那么显然有 (R_1 ≤ R_2 ≤ ... ≤ R_n)。
因为区间端点是单调的，明显的求单调队列问题。
其中一个递增序列，队首维护最小值，一个递减序列，队首维护最大值，每次弹出两个队列中队首靠前的一个，直到极差 (≤ k)。那么就可以在均摊 (O(1)) 的时间内求 (R_i) 了。
不过需要同时维护两个（一个求最大值，另一个求最小值）
代码
const int N = 1e5 + 10;
int a[N], q1[N], q2[N], h1, t1, h2, t2;
int main() {
cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
int n, q;
cin >> n >> q;
for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> a[i];
while (q--) {
int k;
cin >> k;
h1 = h2 = t1 = t2 = 1;
q1[1] = q2[1] = 1;
int j = 1;
ll ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
if (q1[h1] < i) ++h1;
if (q2[h2] < i) ++h2;
while (j < i || a[q2[h2]] - a[q1[h1]] <= k) {
if (j == n)break;
++j;
while (t1 >= h1 && a[q1[t1]] > a[j])--t1;
while (t2 >= h2 && a[q2[t2]] < a[j])--t2;
q1[++t1] = j;
q2[++t2] = j;
}
if (a[q2[h2]] - a[q1[h1]] <= k) break;
ans += n - j + 1;
}
cout << ans << "
";
}
}