掉分经过##
难得这次时间比较好，下午17：35开始。
本来还很高兴，心想这回肯定不会犯困，没准排名能再上升一些呢，，可惜事与愿违……
上来a题，光看懂题就花了一些时间。
然后开始写，结果第一遍CE，第二遍WA……
出师不利啊！气急败坏，暂时放弃。
然后看b题。
惊喜地发现这类似的题我做过，大概是个bfs？嗯dp也行？
结果发现(n leq 10^9)...真不妙。
这时来了个有关a题的通知，于是又回去看a题。
终于找到之前代码中的问题了，过了pretest
接着c和d题做的还算顺利，1个小时时都过了pretest
剩一个小时，3道题。
e和f看完都没什么好的想法，e想用区间dp，f想用线段树，但好像都不太行……
我又开始慌了……呜哇哇哇啊呀呀呀……
于是又回去看b题
发现居然有约1700人过了b的pretest，我猜这肯定不是道难题。
可能是个鬼畜的贪心？
嗯，想啊想啊想才终于想出来。
交了一发，TLE...又一发，WA...第三发，过了。
此时离比赛结束还有6分钟……
好了，安心下楼吃晚饭吧。
于是，就这样，比了最颓的一场cf...
终测4道题都过了，但由于太慢了，所以排名哗哗向下掉啊…QwQ
题解##
A. Points on the line###
定义一个集合diameter为该集合中的 最大数-最小数
给定一个n元素的集合与 d，求最少去掉原集合中多少个数后该集合的diameter不超过d
输入的所有数据皆(leq100)
想法###
枚举集合中最后剩下的最大值
用这个最大值-d得到集合中可剩下的最小值
找出要去掉的数最少的即可。
代码###
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N = 105;
int cnt[N],a[N];
int n,k;
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&k);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
sort(a+1,a+1+n);
cnt[0]=0;
for(int i=1;i<=n;i++) cnt[a[i]]++;
for(int i=1;i<=100;i++) cnt[i]+=cnt[i-1];
if(n==1) { printf("0
"); return 0;}
int ans=n,f;
for(int i=n;i>0;i--){
if(a[i]>k) ans=min(ans,n-cnt[a[i]]+cnt[a[i]-k-1]);
else ans=min(ans,n-cnt[a[i]]);
}
printf("%d
",ans);
return 0;
}
B. Our Tanya is Crying Out Loud###
给定n,k,A,B
设x一开始等于n
x每减1的代价为A，x每/k（前提为x是k的倍数）的代价为B
求将x变为1所需的最小代价
所有输入数据(leq 10^9)
想法一###
dp[i]表示从n变到i的最小代价
dp[i]＝min{dp[i+1]+A,dp[i (dots) k]+B}
但n太大了，时间空间都不行。
想法二###
贪心。
先把x不断减1直到x为k的倍数
我们发现，若要x变成x/k，直接/k的代价比一点点减还大的话，直接减，一直减到1就行了，否则直接/k
循环这个过程
代码###
贪心
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1000000005;
int n,k,A,B;
int main()
{
scanf("%d%d%d%d",&n,&k,&A,&B);
ll ans=0;
int x=n,y;
while(x>1){
if(x%k==0) {
if((ll)B>=((ll)x-x/k)*A) {
ans+=(ll)A*(x-1);
x=1;
}
else {
ans+=B;
x=x/k;
}
}
else {
y=max(((x-1)/k)*k,1);
ans+=((ll)x-y)*A;
x=y;
}
}
printf("%lld
",ans);
return 0;
}
C. Phone Numbers###
给定n，k及一个长度为n的字符串s
求一个长度为k的字符串t，t由出现在s中的字母组成，且t为满足条件的字典序比s大的第一个字符串。
想法###
贪心。
若k＞n，则直接在字符串s后面补上k－n个s中的最小字符即可
否则从后面的位往前考虑，看是否能变为一个更大的字符。若可以，便变成比它大的第一个字符，后面位都变成s中的最小字符。
代码###
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N = 100005;
char s[N];
int n,k,t;
int cnt[30],num[30];
int ans[N];
int main()
{
char ch;
scanf("%d%d",&n,&k);
scanf("%s",s);
for(int i=0;i<n;i++) cnt[s[i]-'a'+1]=1;
for(int i=1;i<=26;i++) cnt[i]+=cnt[i-1];
t=cnt[26];
for(int i=0;i<n;i++) num[cnt[s[i]-'a'+1]]=s[i]-'a'+1;
if(k<=n){
for(int i=0;i<k;i++) ans[i]=cnt[s[i]-'a'+1];
for(int i=k-1;i>=0;i--){
if(ans[i]+1<=t){
ans[i]++;
break;
}
ans[i]=1;
}
for(int i=0;i<k;i++){
ch=num[ans[i]]-1+'a';
cout<<ch;
}
}
else{
for(int i=0;i<n;i++) ans[i]=cnt[s[i]-'a'+1];
for(int i=n;i<k;i++) ans[i]=1;
for(int i=0;i<k;i++){
ch=num[ans[i]]-1+'a';
cout<<ch;
}
}
return 0;
}
D. Alena And The Heater###
有两个长度为n的数组a[]和b[]，其中b[]由01组成
b[1]=b[2]=b[3]=b[4]=0
有l与r
对于所有 5 ≤ i ≤ n
当 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时 b[i]=0
当 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时 b[i]=1
否则b[i]=b[i-1]
给定a[]与b[]，求一组合法的l，r
想法###
从左到右扫b数组
一开始令 l=-INF,r=INF
若存在“00001”的情况，则 l > max{a[i], a[i - 1], a[i - 2], a[i - 3], a[i - 4] }
若存在“11110”的情况，则 r < min{a[i], a[i - 1], a[i - 2], a[i - 3], a[i - 4] }
不断更新l,r即可
代码###
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N = 100005;
int a[N];
char b[N];
int n;
int maxn(int x){
int ret=-1000000000;
for(int i=0;i<5;i++)
ret=max(ret,a[x-i]);
return ret;
}
int minn(int x){
return min(a[x],min(a[x-1],min(a[x-2],min(a[x-3],a[x-4]))));
}
int main(
{
scanf("%d",&n);
for(int i=0;i<n;i++) scanf("%d",&a[i]);
scanf("%s",b);
int l=-1000000000,r=1000000000,f=0;
for(int i=0;i<n;i++){
if(f<4) f++;
else{
if(b[i]=='1' && b[i-1]=='0'){
l=max(l,maxn(i)+1);
f=1;
}
else if(b[i]=='0' && b[i-1]=='1'){
r=min(r,minn(i)-1);
f=1;
}
}
}
printf("%d %d
",l,r);
return 0;
}
E. Cashback###
给定一个n元素的数组a[]，给定一个数c
规定对于一个k元素的数组b[]，其价值为b[]中所有元素的和 - 其中前(lfloor frac{k}{c}
floor)小的元素的和
将a数组分为若干个连续的子数组，求这些子数组的价值和的最小值
(n leq 10^5)
想法###
贪心。
价值和最小，即去掉的前(lfloor frac{k}{c}
floor)小的元素的和最大
我们可以发现，若有一个长度为2c的子数组，那么考虑这个子数组前2小的两个元素i与j
若i与j同在这个子数组的前一半或后一半，那么将这个子数组分为两个长度为c的子子数组价值和会更小
若它们一个在前一半，一个在后一半，那么可以直接将这个子数组分为前后两部分。
故将a数组划分成的子数组长度为1或c
dp+单调队列优化即可
代码###
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 100005;
int a[N];
ll sum[N],f[N];
int que[N],head,tail;
int n,c;
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&c);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&a[i]);
sum[i]=sum[i-1]+a[i];
}
for(int i=1;i<=n;i++){
f[i]=f[i-1]+a[i];
while(head<tail && que[head]<=i-c) head++;
while(head<tail && a[que[tail-1]]>=a[i]) tail--;
que[tail++]=i;
if(i>=c) f[i]=min(f[i],f[i-c]+sum[i]-sum[i-c]-a[que[head]]);
}
printf("%lld
",f[n]);
return 0;
}
F. Machine Learning###
给定一个数组a[]，维护下面两种操作：
1.求一段区间[l,r]的mex
2.将a[p]的值改为x
假设在某区间中每个数出现的次数为cnt[i]
这个区间mex为cnt[]中不存在的最小的正整数
想法###
当时比赛的时候还不知道莫队算法
后来才发现原来这就是个带修改莫队的模板题
代码###
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<map>
using namespace std;
const int N = 200005;
int read(){
char ch=getchar();
int x=0;
if(!isdigit(ch)) ch=getchar();
while(isdigit(ch)) x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return x;
}
int block;
inline int bl(int x) { return (x-1)/block+1; }
struct que{
int l,r,tim,id;
bool operator < (const que &b) const{
return bl(l)<bl(b.l) || (bl(l)==bl(b.l) && bl(r)<bl(b.r)) || (bl(l)==bl(b.l) && bl(r)==bl(b.r) && tim<b.tim);
}
}q[N];
struct cg{
int id,fr,to;
}d[N];
int n,m,cnt1,cnt2;
int a[N];
map<int,int> num;
int nn;
int size[N],cnt[N],L,R;
void add(int x){
size[cnt[x]]--;
size[++cnt[x]]++;
}
void del(int x){
size[cnt[x]]--;
size[--cnt[x]]++;
}
void cg_add(cg w){
if(L<=w.id && w.id<=R){
del(w.fr);
add(w.to);
}
a[w.id]=w.to;
}
void cg_del(cg w){
if(L<=w.id && w.id<=R){
del(w.to);
add(w.fr);
}
a[w.id]=w.fr;
}
int ans[N];
inline int query(){
for(int i=1;i<=n;i++)
if(size[i]==0) return i;
}
int main()
{
int opt,x,y;
n=read(); m=read();
for(int i=1;i<=n;i++) {
a[i]=read();
if(!num[a[i]]) num[a[i]]=++nn;
a[i]=num[a[i]];
}
for(int i=1;i<=m;i++){
opt=read(); x=read(); y=read();
if(opt==1) q[++cnt1]=(que){x,y,cnt2,cnt1};
else{
if(!num[y]) num[y]=++nn;
y=num[y];
d[++cnt2]=(cg){x,a[x],y};
a[x]=y;
}
}
block=pow(n,0.666);
sort(q+1,q+1+cnt1);
L=1; R=0;
int t=cnt2;
for(int i=1;i<=cnt1;i++){
while(R<q[i].r) add(a[++R]);
while(L>q[i].l) add(a[--L]);
while(R>q[i].r) del(a[R--]);
while(L<q[i].l) del(a[L++]);
while(t>q[i].tim) cg_del(d[t--]);
while(t<q[i].tim) cg_add(d[++t]);
ans[q[i].id]=query();
}
for(int i=1;i<=cnt1;i++) printf("%d
",ans[i]);
return 0;
}
终于……
