A. Vasya and Book
简单的取余运用。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <limits.h>
#include <math.h>
using namespace std;
const int INF = INT_MAX;
int main(){
int T; scanf("%d", &T);
while(T--){
int n, x, y, d;
scanf("%d%d%d%d", &n, &x, &y, &d);
int res = INF;
if(abs(x - y) % d == 0) res = min(res, abs(x - y) / d);
if((y - 1) % d == 0) res = min(res, (int)ceil((x - 1.0) / d) + (y - 1) / d);
if((n - y) % d == 0) res = min(res, (int)ceil((double)(n - x) / d) + (n - y) / d);
printf("%d
", res == INF ? -1 : res);
}
return 0;
}
B. Vova and Trophies
对于每一个(S)在的位置，二分出它的最大连续前缀(lenLeft)和最大连续后缀(lenRight)。
- 如果除了这两块前缀以外没有别的(G)了，只需把右边的最后一个移到中间来，用(lenLeft + lenRight)更新
- 否则，可以把别的地方的(G)移动过来，用(lenLeft + lenRight + 1)更新
对于全字符串都是(G)的情况特判即可。
找最大前缀可以用前缀和维护(sum[i]) 代表([1, i]) 中(G)的个数。
总复杂度(O(nlogn))，后来发现题解全是(O(n))的，有点自闭了...
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N = 100010;
int n, sum[N], ans;
char s[N];
int main(){
scanf("%d%s", &n, s + 1);
for(int i = 1; i <= n; i++){
sum[i] = sum[i - 1];
if(s[i] == 'G') sum[i]++;
}
for(int i = 1; i <= n; i++){
if(s[i] == 'S'){
int ansLeft, ansRight;
int lenLeft, lenRight;
//获取左边最长
int l = 0, r = (i - 1);
while(l < r){
int mid = (l + r + 1) >> 1;
int left = (i - 1) - mid + 1;
if(sum[i - 1] - sum[left - 1] == mid) l = mid;
else r = mid - 1;
}
lenLeft = r; ansLeft = (i - 1) - r + 1;
//右边最长
l = 0, r = n - (i + 1) + 1;
while(l < r){
int mid = (l + r + 1) >> 1;
int right = (i + 1) + mid - 1;
if(sum[right] - sum[i] == mid) l = mid;
else r = mid - 1;
}
lenRight = r; ansRight = (i + 1) + r - 1;
if(sum[ansLeft - 1] || sum[n] - sum[ansRight])
ans = max(ans, lenRight + lenLeft + 1);
else ans = max(ans, lenLeft + lenRight);
}
}
if(sum[n] == n) ans = n;
printf("%d
", ans);
return 0;
}
C. Multi-Subject Competition
正面思考似乎复杂度过高，会达到(O(nm))级别。我们不妨逆向思维，想想每个组对选(x)个的贡献。
如果小组的大小$ >= x(，则可以加入前)x$大的数（前提 $ > 0(）到)ans[x]$中。
可以从小到大考虑，在算前(x)大的数(sum)时先计算前(x - 1)大的数的和，这样就可以线性解决了。
时间复杂度(O(max(m, n)))
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;
const int N = 100010;
int n, m, s[N], r[N], ans[N], maxn = -1;
vector<int> G[N], sum[N];
int main(){
scanf("%d%d", &n, &m);
for(int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%d%d", s + i, r + i);
G[s[i]].push_back(r[i]);
}
for(int i = 1; i <= m; i++)
sort(G[i].begin(), G[i].end(), greater<int>() );
for(int i = 1; i <= m; i++){
int sum = 0;
maxn = max(maxn, (int)G[i].size());
for(int j = 0; j < G[i].size(); j++){
sum += G[i][j];
if(sum > 0)ans[j + 1] += sum;
}
}
int res = 0;
for(int i = 1; i <= maxn; i++) res = max(res, ans[i]);
printf("%d", res);
return 0;
}
D. Maximum Diameter Graph
-
将满足(a[i] >= 2)的点合成一条链。
-
如果 (a[i] = 1) 的集合中还有数，就分别连向链的头和尾
-
如果(a[i] = 1)的集合非空，那么将(i)点和链上一点满足(a[x] > 0)的(x)连边，然后把(a[x]—)，中途如果链的可加入的点不够立即输出(NO)，然后结束程序。
写程序中想错了一些东西，所以用了优先队列，其实完全不需要…
整个时间复杂度可以达到线性的(O(n))...
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <set>
#include <vector>
#include <queue>
using namespace std;
typedef pair<int, int> PII;
const int N = 510;
int n, a[N], cnt = 0, f[N], head[N], numE = 0;
struct Edge{
int next, from, to;
}e[N * N];
void addEdge(int from, int to){
e[++numE].next = head[from];
e[numE].to = to;
e[numE].from = from;
head[from] = numE;
}
priority_queue<PII> q;
queue<int> list;
int main(){
scanf("%d", &n);
int last = -1, first = 0, res = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++){
scanf("%d", a + i);
if(a[i] >= 2) {
if(last != -1) addEdge(i, last), addEdge(last, i), res++;
last = i;
if(!first) first = i;
if(a[i] - 2 > 0) q.push(make_pair(a[i] - 2, i));
}else{
list.push(i);
}
}
if(list.size()){
addEdge(list.front(), first);
addEdge(first, list.front());
list.pop(); res++;
}
if(list.size()){
addEdge(list.front(), last);
addEdge(last, list.front());
list.pop(); res++;
}
while(!list.empty()){
int u = list.front(); list.pop();
if(q.empty()) { puts("NO"); return 0; }
else{
PII t = q.top(); q.pop();
addEdge(u, t.second);
addEdge(t.second, u);
if(t.first > 1) q.push(make_pair(t.first - 1, t.second));
}
}
printf("YES %d
%d
", res, numE >> 1);
for(int i = 1; i <= numE; i += 2){
printf("%d %d
", e[i].from, e[i].to);
}
return 0;
}
E. Increasing Frequency
…太难啦…
设(sum[x][i])为([1, i])区间内(x)数字出现次数。
我可以在([l, r])区间内把数(x)都加上(c - x)，但是在([l, r])中原本是(c)的就没有了
修改后全序列(c)数次数的变化量，代表相对于之前(c)数存在的个数，到答案我增加了多少。
(ans[x]) 表示把数字(x)变成(c)的最大的变化量（也就是选择不同([l, r])造成的最大的变化量）
可以写成：
(ans[x] = max{sum[x][r] - sum[x][l - 1] - (sum[c][r] - sum[c][l - 1])} (1 <= l <= r <= n))
我们可以枚举(r)的位置，找到一个(l)使其最小。
这个式子可以转变为：
(ans[x] = max{sum[x][r] - sum[c][r] - (sum[x][l - 1] - sum[c][l - 1])} (1 <= l <= r <= n))
由于(l <= r) 我们可以考虑在枚举(r)的位置的同时维护一个最小值。
设(min[x][i]) 表示([1, i]) 这段的(min{sum[x][j] - sum[c][j]} (1 <= j <= i))。
那么变化量就可以写成：
(ans[x] = max{sum[x][r] - sum[c][r] - min[x][r]})(1 <= r <= n)
我们发现可以滚动掉(sum)数组与(min)数组的第二维度…于是，空间和时间的问题都完美解决啦...
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cmath>
using namespace std;
const int N = 500010;
int n, c, a[N], ans[N], sum[N], minn[N];
int main(){
scanf("%d%d", &n, &c);
for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", a + i);
for(int i = 1; i <= n; i++){
minn[a[i]] = min(minn[a[i]], sum[a[i]] - sum[c]);
sum[a[i]]++;
ans[i] = max(ans[i], sum[a[i]] - sum[c] - minn[a[i]]);
}
int res = sum[c];
for(int i = 1; i <= n; i++)
res = max(res, sum[c] + ans[i]);
printf("%d", res);
return 0;
}