Codeforces Round #587 (Div. 3)

这道题目比较简单因为根据等差数列求和公式 (n*(n+1)/2) 这道题暴力枚举的时间复杂度不会超过 (Theta (10^5))，所以我们先预处理出来 (10^5) 一共可以排多少位，然后每次暴力跳，只要当前的和加上这个数以及以前分解的小于等于 (k) 就一直往后跳，跳到最大小于 (k) 的，然后剩下的一段的末尾就是答案。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=1e5+100;
int q,num;
int a[N*5],pre[N];
inline void work(int x)
{
	if (!x) return ;
	work(x/10);
	a[++num]=x%10;
	return ;
}
int main()
{
	for (int i=1;i<=(int)1e5;i++)
	{
		work(i);
		pre[i]=num;	
	}
	scanf("%d",&q);
	while (q--)
	{
		ll k,sum=0;
		scanf("%lld",&k);
		for (int i=1;i<=(int)1e5;i++)
		if (sum+pre[i]<k) sum+=pre[i];
		printf("%d
",a[k-sum]);
	}
	return 0;
}

反思：这道题目比较简单，比赛中却没有写出来，因为考试的时候只想怎样快速找到后面的那一段，没有想到通过预处理来暴力跳。

(F. Wi-Fi)

这道题目首先想出来的是贪心，结果发现贪心比较麻烦，发现可以 (DP) 所以就直接写了 (DP) 。设 (dp[i]) 为覆盖到 (i) 的最小花费。

然后如果 (a[i]) 为 (0) 就有

[dp[i]=min(dp[i-1]+i,dp[i]) ]

表示直接从前 (i-1) 个被覆盖的最小花费转移过来

如果 (a[i]) 为 (1) 就有

[dp[i]=min(dp[i-1]+i,dp[i]) ]

[dp[i]=min(dp[max(i-k,1)-1]+i,dp[i]) ]

表示从这个放置路由器可以覆盖范围的最前面的前一个转移过来

然后我们发现如果 (a[i])是 (1) 的话 ([max(i-k,1),min(i+k,n)]) 其实也可以通过 (dp[i]) 转移过去。

但是直接这样做是 (Theta (n^2)) 的，然后我们发现操作可以通过线段树实现，时间复杂度降到 (Theta (nlog_2n)) 。

暴力转移

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=2e5+100;
int n,k,cnt=1;
char a[N];
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&k);
	scanf("%s",a+1);
	for (int i=1;i<=n;i++)
	dp[i]=4e10+100;
	dp[0]=0;
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		dp[i]=min(dp[i],dp[i-1]+i);
		if (a[i]=='1')
		{
			ll will=dp[max(1,i-k)-1]+i;
			dp[i]=min(dp[i],will);
			for (int j=max(1,i-k);j<=min(n,i+k);j++)
			dp[j]=min(dp[j],will);
		}
	}
	printf("%lld
",dp[n]);
	return 0;
}

线段树优化

(Code)

反思：写的时候线段树写错了，所以就一直没有调出来，以后初始化标记的时候要在建树的每一个函数里。因为标记只能下传，不能上传。