个人认为的难度排序:D1T1 < D2T1 < D2T2 < D1T2 < D2T3 < D1T3
两天的(T1)都是很简单的题,就不说了
(D2T2)代金券
- 题意简述:有 (n) 道菜品，第 (i) 道菜品花费 (a_i). 可以使用价值 (1) 的消费券，初始时没有消费券。
如果在一道花费 (a) 的菜品花费 (b(b ≤ a))张消费券，则实际需要花
(a - b) 元，并在用餐结束后获得 (⌊ frac{a-b} {c} ⌋) 张消费券。
(Q) 次对序列 (a_i) 修改，每次修改结束后询问按照顺序品尝 (n) 个菜品
的最小消费。
(1 ≤ n, Q ≤ 3 × 10^5, 1 ≤ c ≤ 10^9, 1 ≤ ai ≤ 10^{12})
(solution)
- 考试的时候只差一步了.....但还是没AC
- 我们考虑这么一个贪心,首先我们注意令(d_i = a_i mod c,b_i = a_i - d_i),注意到对于任意一个物品,(d_i)使用消费券是一定不劣的,而(b_i)个物品如果消费券能留到后面就尽量留到后面
- 所以我们有以下这么一个算法,每次购买(b_i),然后(d_i)个物品能用消费券就尽量用消费券,那么一定会存在一个后缀(x),使得([x+1,n])的所有物品都可以使用消费券
- 那么对于(x),我们可以直接二分出要买多少个物品
- 如果是朴素的每次修改完遍历复杂度是(O(n*qlog A))的,我考试也只想到这步
- 注意到如果直接用数据结构维护这么一个过程是极其难以维护的,我们考虑继续观察性质,我们考虑一定会存在一个分界点,使得在那个分界点剩余的消费券等于(0),后面的都不等于(0),那么我们就可以直接维护,且可以发现最优的后缀一定在这个点后面,否则无法全部使用消费券,我们考虑如何找出这个点
- 我们不妨将(b_i,d_i)看成括号匹配,那么问题就比较明朗了,我们令(s_i = s_{i-1} + b_{i-1} - d_i),那么(s_i)严格最小(若有多个最小点取最右边的)的点就是分界点(这个点消费券一定为(0),又因为后面的点都比它大,所以都不为(0))
- 这个可以用线段树来维护,在找出这个分界点之后,我们可以直接计算前面使用了多少个消费券(因为为(0),所以前面所有产生的消费券都比使用了,即(d_i)的前缀和),后面的消费券(因为每次都有盈余,可以直接加加减减),那么我们又可以通过二分来得到(x)这个点,注意到(x)一定是满足以下条件最左边的点.
- 至(x)的消费券不够后面用
- 至(x+1)的消费券够后面用
- 又因为由于(x)在分界点之后,消费券还剩多少可以直接计算,线段树上二分即可
- 时间复杂度(O((n + q) (log A + log n)))
(D1T2)逛街
-
题意简述:给定长度为 (n) 的序列 (a_i，Q)次操作。
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(1 l r : ∀l ≤ i < r, a_i = max{a′_i, a′_{i+1}})，其中 (a′_i) 为未修改前 (a_i) 的权
值。 -
(2 l r:) 求出 (∑x∈S a_x)，其中 (S = {x|l ≤ x ≤ r, ∀l ≤ i < x, a_i < a_x})
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(1 ≤ n, Q ≤ 3 × 10^5, 1 ≤ a_i ≤ 10^9, a_i) 互不相同。
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考试时想到正解,但没有调出来
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不过看到(zyy)的(solution)后,用另一种树形结构代替笛卡尔树确实可以得到比我考试时想到的更简单的做法
(solution)
- 我们考虑这么一个树形结构,每个点向后面第一个比它大的点连边
- 那么询问就是树上某条直上直下的链的权值和
- 我们考虑在若干次修改后,(a'_i = max{a_i,a_{i+1}.....a_{b_i}})
- 我们不妨令(c_i = max{a_{b_{i-1} + 1}....a_{b_i}}),那么答案可以改写为从开头是(x = max{a_i....a_{b_i}},)从(c_l)开始到(c_r)的答案
- 那么每次修改,可以理解为把(b_l)删去,然后往(b_r)后面拷贝一份(b_r).
- 我们可以这样考虑,每次修改可以理解为所有元素都向左平移一位,因为如果其为前缀最大值,一定可以被前面某个值取(max),否则,其一定不会被答案选中(前面有一个值严格比他大),但是修改的首项不满足上面论述,所以首项要和此项取(max),删掉其中一项,询问的首项也不满足上面论述,所以要取(x = max{a_i....a_{b_i}})
- 我们可以考虑用平衡树((set))维护(b)和(c)序列,注意到上述修改都不会改变树的结构,然后对应的在树上单点修改和链和查询即可