Codeforces Global Round 13 Editorial补题

   A. K-th Largest Value

题意:数组a有n个0或者1，给q次操作，操作有两种，第一种ax->1-ax，第二种输出第k大元素

题解:标准水题，统计1的个数，进行第一种操作的时候更新1的个数即可，输出第k大元素时，看有无k个1，有就输出1，无就输出0

code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int maxn = 1e5+10;
int a[maxn];
int num;
int main()
{
    int n,q;
    scanf("%d%d",&n,&q);
    for(int i = 1; i <= n;i++)
    {
        scanf("%d",&a[i]);
        if(a[i]) num++;
    }
    for(int i = 0; i < q;i++)
    {
        int id;
        scanf("%d",&id);
        if(id == 1)
        {
            int x;
            scanf("%d",&x);
            a[x] = 1 - a[x];
            if(a[x] == 1)
            num++;
            else num--;
        }
        else
        {
            int x;
            scanf("%d",&x);
            if(x <= num)
            printf("1
");
            else printf("0
");
        }
    }
    //system("pause");
    return 0;
}

 B. Minimal Cost

 

题意:给定n行,10⁶+2列，每一行有一个障碍，障碍不出现在第0行和第10⁶+1行，可以花费费用u垂直移动障碍，花费费用v水平移动障碍，问对该网络一个人可以从左上角走到右下角，最小花费

题解:分类讨论，如果所有障碍在同一列，那么要么平移两次，要么平移一次垂直动一次，答案为min(2*v,u+v)；如果存在相邻行障碍所在列差值最大为1，那么要么平移一次，要么垂直移一次，答案为min(u,v);如果存在相邻行所在列差值大于等于2，答案为0

code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int maxn = 1e6+10;
int a[maxn];
int num;
int main()
{
    int t;
    scanf("%d",&t);
    for(int i=0; i<t; i++)
    {
        memset(a,0,sizeof(a));
        int n;
        ll u,v;
        scanf("%d%lld%lld",&n,&u,&v);
        int ok = 1;
        int ansok = 1;
        int last = 0;
        for(int i = 0; i < n; i++)
        {
            scanf("%d",&a[i+1]);
            if(i != 0)
            {
                if(a[i+1] != last)
                ok = 0;
                if(abs(a[i+1] - a[i]) >=2 )
                ansok = 0;
            }
            last = a[i+1];
        }
        if(!ansok)
        printf("0
");
        else
        if(ok)
        {
            printf("%lld
",min(2*v,u+v));
        }
        else
        printf("%lld
",min(u,v));
    }
    //system("pause");
    return 0;
}

  C. Pekora and Trampoline

 

题意:给定一个长度为n的序列S，一个人可以从任何位置i起跳，下一步跳到i+S_i，一直跳直到跳出n，每在一个位置i跳一次，对应位置S_i减一，问多少次这个人会把序列S跳为全1

题解:贪心，每轮从前面的Si不为1的位置i起跳最优，并且该位置的S_i一定会跳到1，那么对[i+2，min(i+S_i，n)]这个区间的所有位置的S_i都有-1的贡献，并且如果该位置的S_i已经跳到1后，如果还跳到这个位置x次，那么一定对位置i+1有-x的贡献。

设立数组last[i]，代表位置i已经被踩了多少次。从头遍历所有位置，寻找起跳点，对于当前的起跳点i，对答案ans的贡献为ans = S[i] - last[i] - 1(这样该点的S_i会跳为1)，last[i]更新为last[i] += S[i] - last[i] -1，对last[i+1]的贡献为last[i+1] += last[i] - S[i] + 1(跳到1后还跳了几次)，对S[j]的贡献为S[j] - 1，j ∈ [i+2，min(i+S_i，n)]。

code:

 D. Zookeeper and The Infinite Zoo

题意:u可以达到u+v的充要条件为u&v = v，给定一系列a、b，问a能否到达b

题解:

①首先确定这不是图论！【好像没什么卵用的发现】

②通过观察发现u&v = v这个条件代表着u和从u自身二进制为1的那些位取出部分组成的数相&，一定满足u&v = v(例如u = 000111，v = 000100/000010/000001/000110等都满足条件)  【好像也是没什么卵用的发现】

③如果能够从u到达x；根据位运算的知识，u的任何一位1都可以通过相加进行左移，但不可以右移，也就是如果x的1的位置在u的1的位置的左边，就可以从u到达v

写法:从右往左比对x和u的每一位i，如果u[i] = 1，num++，如果x[i] = 1，num--，如果在某一位num < 0，那么不可达，否则可达(例如000010可以达到001000，是因为从右侧开始i = 2时， num + 1= 1,到了i = 4时， num - 1 = 0，一直是合法的。显然x[4]的1，可以通过u[2]的1不断左移得到)

[代码写的太丑，一会放个写得简洁的]

code: