人生中第三次(CF)。。。
考试中切了(A)~(E)
(F)题会做没时间写
题解
A：Points on the line
题意
给定一个数列，删最小的数，使最大差不大于一个定值
Sol
排序后选的一定是段连续的区间，枚举左右端点即可
手速慢了233
# include <bits/stdc++.h>
# define RG register
# define IL inline
# define Fill(a, b) memset(a, b, sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
const int _(105);
IL int Input(){
RG int x = 0, z = 1; RG char c = getchar();
for(; c < '0' || c > '9'; c = getchar()) z = c == '-' ? -1 : 1;
for(; c >= '0' && c <= '9'; c = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48);
return x * z;
}
int n, d, x[_], ans;
int main(RG int argc, RG char* argv[]){
n = Input(), d = Input();
for(RG int i = 1; i <= n; ++i) x[i] = Input();
sort(x + 1, x + n + 1);
if(!n || x[n] - x[1] <= d) return puts("0"), 0;
for(RG int i = 1; i <= n; ++i)
for(RG int j = i; j <= n; ++j)
if(x[j] - x[i] <= d) ans = max(ans, j - i + 1);
printf("%d
", n - ans);
return 0;
}
B：Our Tanya is Crying Out Loud
题意
给定数(n)和(k)以及代价(A)和(B)
你可以花(A)的代价给(n)减(1)
或者当(n)为(k)的倍数时花(B)的代价把(n)变为(n/k)
问(n)变为(1)的最小代价
Sol
不是(k)的倍数，就减到(k)的倍数为止
否则比较减和除的代价，取最小
# include <bits/stdc++.h>
# define RG register
# define IL inline
# define Fill(a, b) memset(a, b, sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
const int _(105);
IL int Input(){
RG int x = 0, z = 1; RG char c = getchar();
for(; c < '0' || c > '9'; c = getchar()) z = c == '-' ? -1 : 1;
for(; c >= '0' && c <= '9'; c = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48);
return x * z;
}
int n, k, a, b;
ll ans = 0;
int main(RG int argc, RG char* argv[]){
n = Input(), k = Input(), a = Input(), b = Input();
if(k == 1){
cout << 1LL * a * (n - 1) << endl;
return 0;
}
while(n >= k){
RG int t = n / k, tt = n % k;
n -= tt;
ans += 1LL * tt * a;
ans += min(1LL * b, 1LL * (n - t) * a);
n = t;
}
ans += 1LL * a * (n - 1);
cout << ans << endl;
return 0;
}
C：Phone Numbers
题意
一个长度为(n)的小写字母组成的字符串和一个整数(k)，要你生成一个最小字典序的长度为(k)的小写字母组成的字符串
使该字符串的字符集为给定串的字符集的子集，并且字典序大于给定串
Sol
找到一个最后面的位置可以使答案串大于原串，后面直接填最小的字符
# include <bits/stdc++.h>
# define RG register
# define IL inline
# define Fill(a, b) memset(a, b, sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
const int _(1e5 + 5);
IL int Input(){
RG int x = 0, z = 1; RG char c = getchar();
for(; c < '0' || c > '9'; c = getchar()) z = c == '-' ? -1 : 1;
for(; c >= '0' && c <= '9'; c = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48);
return x * z;
}
int n, k, t[30], pos, g[30];
char s[_];
int main(RG int argc, RG char* argv[]){
n = Input(), k = Input();
scanf(" %s", s + 1), s[n + 1] = 'a' - 1;
for(RG int i = 1; i <= n; ++i) ++t[s[i] - 'a'];
for(RG int i = 25; ~i; --i) g[i] = t[i], t[i] += t[i + 1];
for(RG int i = min(k, n + 1); i; --i)
if(t[s[i] - 'a' + 1]){
pos = i;
break;
}
for(RG int i = 1; i < pos; ++i) printf("%c", s[i]);
for(RG int i = s[pos] - 'a' + 1; i < 26; ++i)
if(g[i]){
printf("%c", i + 'a');
break;
}
RG int tmp = 0;
for(RG int i = 0; i < 26; ++i)
if(g[i]){
tmp = i;
break;
}
for(RG int i = pos + 1; i <= k; ++i) printf("%c", tmp + 'a');
return 0;
}
D：Alena And The Heater
题意
给定数列(A)
以及生成数列(B)的条件：
(B[1]=B[2]=B[3]=B[4]=0)
对于(i>4)
如果
(a[i],a[i-1],a[i-2],a[i-3],a[i-4]>r)
且(b[i-1]=b[i-2]=b[i-3]=b[i-4]=1)
则(b[i]=1)
如果
(a[i],a[i-1],a[i-2],a[i-3],a[i-4]<l)
且(b[i-1]=b[i-2]=b[i-3]=b[i-4]=0)
则(b[i]=0)
否则(b[i]=b[i-1])
保证一定有解，输出(l, r)可以构造出给定的数列(B)
输出任意一组(l,rin[-1e9, 1e9])
Sol
保证一定有解，那么按题意反过来构造(l, r)即可
# include <bits/stdc++.h>
# define RG register
# define IL inline
# define Fill(a, b) memset(a, b, sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
const int _(1e5 + 5);
IL int Input(){
RG int x = 0, z = 1; RG char c = getchar();
for(; c < '0' || c > '9'; c = getchar()) z = c == '-' ? -1 : 1;
for(; c >= '0' && c <= '9'; c = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48);
return x * z;
}
int n, a[_], b[_], l = -1e9, r = 1e9;
char s[_];
int main(RG int argc, RG char* argv[]){
n = Input();
for(RG int i = 1; i <= n; ++i) a[i] = Input();
scanf(" %s", s + 1);
for(RG int i = 1; i <= n; ++i) b[i] = s[i] - '0';
for(RG int i = 5; i <= n; ++i){
RG int s = b[i - 1] + b[i - 2] + b[i - 3] + b[i - 4];
if(s && s != 4) continue;
if(b[i] == b[i - 1]) continue;
if(b[i]){
RG int mx = -1e9;
for(RG int j = 0; j <= 4; ++j) mx = max(mx, a[i - j]);
l = max(l, mx + 1);
}
else{
RG int mn = 1e9;
for(RG int j = 0; j <= 4; ++j) mn = min(mn, a[i - j]);
r = min(r, mn - 1);
}
}
printf("%d %d
" ,l, r);
return 0;
}
E：Cashback
题意
给定一个长度为(n)的数列以及一个整数(c)
一个下标在([l, r])内的子数列的价值为所有数的和减去子数列中前(lfloorfrac{r-l+1}{c}
floor)小的数的和
求把这个数列分成若干个块，使的每块的价值和最小
Sol
前(k)小？离散化+主席树辣
码完
发现只会(n^2)的滴劈
设(f[i])表示做到第(i)个数的最小代价，枚举长度转移，前(k)小的和主席树查询
你当这是(OI)赛制啊？没有部分分的。。
我们分情况考虑
- 若分一块长度小于(c)的
价值就是所有的数的和
那么还不如一个一个选更方便转移 - 若分一块长度为(c)的倍数的
我们把它分成若干个长度为(c)的块，就是总和减去每个块的最小值的和
而直接分一块就是总和减去整个块的前几个最小值
整个块的前几个最小值一定小于等于若干块的最小值和
那么分成若干个长度为(c)的块最优 - 若一块长度大于等于(c)的，就是上面两种组合而来
那么策略就是：要么一个一个选，要么选(c)个一块
只要求区间最小值，(RMQ)问题
然而主席树懒得删
# include <bits/stdc++.h>
# define RG register
# define IL inline
# define Fill(a, b) memset(a, b, sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
const int _(1e5 + 5);
IL int Input(){
RG int x = 0, z = 1; RG char c = getchar();
for(; c < '0' || c > '9'; c = getchar()) z = c == '-' ? -1 : 1;
for(; c >= '0' && c <= '9'; c = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48);
return x * z;
}
int n, c, tot, len, rt[_];
ll f[_], s[_], o[_], a[_];
struct HJT{
int sz, rs, ls;
ll sum;
} T[_ * 20];
IL void Modify(RG int &x, RG int l, RG int r, RG int id, RG ll v){
T[++tot] = T[x], T[x = tot].sum += v, ++T[x].sz;
if(l == r) return;
RG int mid = (l + r) >> 1;
if(id <= mid) Modify(T[x].ls, l, mid, id, v);
else Modify(T[x].rs, mid + 1, r, id, v);
}
IL ll Query(RG int A, RG int B, RG int l, RG int r, RG int k){
if(l == r) return o[l];
RG int mid = (l + r) >> 1, ss = T[T[B].ls].sz - T[T[A].ls].sz;
RG ll sss = T[T[B].ls].sum - T[T[A].ls].sum;
if(ss >= k) return Query(T[A].ls, T[B].ls, l, mid, k);
else return sss + Query(T[A].rs, T[B].rs, mid + 1, r, k - ss);
}
int main(RG int argc, RG char* argv[]){
n = Input(), c = Input(), Fill(f, 127), f[0] = 0;
for(RG int i = 1; i <= n; ++i) o[i] = a[i] = Input(), s[i] = s[i - 1] + a[i];
sort(o + 1, o + n + 1), len = unique(o + 1, o + n + 1) - o - 1;
for(RG int i = 1; i <= n; ++i){
RG int p = lower_bound(o + 1, o + len + 1, a[i]) - o;
rt[i] = rt[i - 1], Modify(rt[i], 1, len, p, a[i]);
}
for(RG int i = 1; i < c; ++i) f[i] = s[i];
for(RG int i = c; i <= n; ++i){
RG ll sum = s[i] - s[i - c] - Query(rt[i - c], rt[i], 1, len, 1);
f[i] = min(f[i - 1] + a[i], f[i - c] + sum);
}
cout << f[n] << endl;
return 0;
}
F：Machine Learning
题意
给一个数列
每次询问一个区间([l,r])
求数列下标在这个区间内的数的个数的(mex)值
(p.s)：(mex)值是最小的没出现的整数值
数会随时修改
Sol
这不就是离散化+带修改莫队吗？
吐槽一下：
(mex)值开桶暴力求就能过了
我的做法：
把数字也分块，计算(mex)时，找到第一个不满的块，再在块内找的那个(mex)值
还有一点就是
我(TM)学了假的带修改莫队：
没按时间为第三关键字排序！！！
没把块的大小设为(n^frac{2}{3})！！！
没比较右端点所在的块！！！
然后一直(TLE)，(QAQ)
# include <bits/stdc++.h>
# define RG register
# define IL inline
# define Fill(a, b) memset(a, b, sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
const int _(4e5 + 5);
IL int Input(){
RG int x = 0, z = 1; RG char c = getchar();
for(; c < '0' || c > '9'; c = getchar()) z = c == '-' ? -1 : 1;
for(; c >= '0' && c <= '9'; c = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48);
return x * z;
}
int n, q, bl[_], o[_], len, a[_], ans[_], blo, cnt, tot;
int t[_], sum[5000], size[_];
struct Query{
int l, r, t, id;
IL bool operator <(RG Query B) const{
if(bl[l] != bl[B.l]) return l < B.l;
if(bl[r] != bl[B.r]) return r < B.r;
return t < B.t;
}
} qry[_];
struct Modify{
int p, x;
} mdy[_];
IL void Change(RG int x, RG int d){
if(d > 0){
if(!size[x]) ++sum[x / blo];
++size[x];
}
else{
--size[x];
if(!size[x]) --sum[x / blo];
}
}
IL int Mex(){
for(RG int i = 0; ; ++i)
if(sum[i] != blo){
for(RG int j = 0; j < blo; ++j)
if(!size[i * blo + j]) return i * blo + j;
}
}
IL void Calc(RG int v, RG int d){
Change(t[v], -1), t[v] += d, Change(t[v], 1);
}
IL void Adjust(RG int j, RG int l, RG int r){
if(mdy[j].p >= l && mdy[j].p <= r) Calc(a[mdy[j].p], -1);
swap(a[mdy[j].p], mdy[j].x);
if(mdy[j].p >= l && mdy[j].p <= r) Calc(a[mdy[j].p], 1);
}
int main(RG int argc, RG char* argv[]){
n = Input(), q = Input(), blo = pow(n, 2.0 / 3.0);
for(RG int i = 1; i <= n; ++i) o[++len] = a[i] = Input(), bl[i] = (i - 1) / blo;
for(RG int i = 1; i <= q; ++i){
RG int op = Input(), x = Input(), y = Input();
if(op == 1) qry[++cnt] = (Query){x, y, tot, cnt};
else mdy[++tot] = (Modify){x, y}, o[++len] = y;
}
sort(o + 1, o + len + 1), len = unique(o + 1, o + len + 1) - o - 1;
for(RG int i = 1; i <= n; ++i)
a[i] = lower_bound(o + 1, o + len + 1, a[i]) - o;
for(RG int i = 1; i <= tot; ++i)
mdy[i].x = lower_bound(o + 1, o + len + 1, mdy[i].x) - o;
sort(qry + 1, qry + cnt + 1), blo = sqrt(len);
for(RG int L = qry[1].l, R = qry[1].l - 1, i = 1, j = 0; i <= cnt; ++i){
while(L < qry[i].l) Calc(a[L++], -1);
while(L > qry[i].l) Calc(a[--L], 1);
while(R < qry[i].r) Calc(a[++R], 1);
while(R > qry[i].r) Calc(a[R--], -1);
while(j < qry[i].t) Adjust(++j, L, R);
while(j > qry[i].t) Adjust(j--, L, R);
ans[qry[i].id] = Mex();
}
for(RG int i = 1; i <= cnt; ++i) printf("%d
", ans[i]);
return 0;
}
总结
(CF)比赛的题还是不错的
总有一些奇奇怪怪的脑洞
话说歪果仁知道主席树和莫队算法吗？