Comet OJ

Comet OJ - Contest #8

传送门

A.杀手皇后

签到。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1005;
vector <string> v;
int n;
string s;
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);
    cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> s;
        v.push_back(s);
    }
    sort(v.begin(), v.end());
    cout << v[0];
    return 0;
}

B.支援城市

把式子拆开就行。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e5 + 5;
int n;
int w[N];
ll sumv, sum;
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);
    cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> w[i], sum += w[i];
    for(int i = 1; i <= n; i++) sumv += 1ll * w[i] * w[i];
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        ll ans = sumv + 1ll * n * w[i] * w[i];
        ans -= 2ll * w[i] * sum;
        cout << ans << " 
"[i == n];
    }
    return 0;
}

C.符文能量

手玩一下样例，发现答案与合并顺序无关，然后就可以愉快的(dp)了。
因为最终序列的状态是有三个阶段的，所以就(dp[i,0/1/2])来表示三种状态，然后分别转移就行。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e5 + 5;
ll n, k;
ll a[N], b[N], c[N];
ll dp[N][3][2];
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);
    cin >> n >> k;
    for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i] >> b[i];
    for(int i = 1; i < n; i++) c[i] = a[i + 1] * b[i];
    n--;
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        dp[i][0][0] = dp[i - 1][0][0] + c[i];

        dp[i][0][1] = min(dp[i - 1][0][1], dp[i - 1][1][1]) + c[i];

        dp[i][1][0] = dp[i - 1][0][0] + c[i] * k;
        dp[i][1][1] = min(dp[i - 1][2][1], dp[i - 1][1][0]) + c[i] * k;

        dp[i][2][1] = min(dp[i - 1][2][1], dp[i - 1][1][0]) + c[i] * k * k;
    }
    ll ans = INF;
    ans = min(ans, min(dp[n][0][0], min(dp[n][0][1], min(dp[n][1][0], min(dp[n][1][1], dp[n][2][1])))));
    cout << ans;
    return 0;
}

还有一种前缀和的搞法，感觉说不太清楚，见代码吧：

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e5 + 5;
ll n, k;
ll a[N], b[N], c[N], d[N];
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);
    cin >> n >> k;
    for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i] >> b[i];
    for(int i = 1; i < n; i++) c[i] = a[i + 1] * b[i], d[i] = d[i - 1] + c[i];
    n--;
    ll ans = min(d[n], d[n] * k * k), Min = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        ans = min(ans, c[i] * k + d[i - 1] * k * k + d[n] - d[i] + Min);
        Min = min(Min, -d[i] * k * k + c[i] * k + d[i - 1]);
    }
    cout << ans;
    return 0;
}

D.菜菜种菜

题目给出的询问都为连续的区间，考虑离线处理.
将题目所求转化为数学语言就是，对于一段区间[l,r]，找到所有的点(u)，满足对于所有的((u,v))，不存在(vin [l,r])。
那么我们就可以直接对于所有的点找到一个最大区间[L,R]，表示在这个区间中，点(u)是不能到达任意点的，那么我们对于每个区间([l,r])，其中所有的点(u)对答案有贡献的话就会满足：(Lleq l,rleq R)。
之后用树状数组进行增删查询的操作就行。
代码如下：

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 1e6 + 5;
int n, m, q;
short a[N];
int l[N], r[N];
vector <pii> v[N];
vector <int> del[N];
int c[N];
int lowbit(int x) {return x & (-x);}
void update(int x, int v) {
    for(; x < N; x += lowbit(x)) c[x] += v;
}
ll query(int x) {
    ll ans = 0;
    for(; x; x -= lowbit(x)) ans += c[x];
    return ans;
}
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);
    cin >> n >> m >> q;
    memset(r, INF, sizeof(r));
    for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
    for(int i = 1; i <= m; i++) {
        int u, v; cin >> u >> v;
        if(v < u) l[u] = max(l[u], v);
        else r[u] = min(r[u], v);
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        l[i]++;
        if(r[i] == INF) continue;
        del[r[i]].push_back(i);
    }
    for(int i = 1; i <= q; i++) {
        int L, R; cin >> L >> R;
        v[R].push_back(MP(L, i));
    }
    ll ans = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        update(l[i], a[i]);
        update(i + 1, -a[i]);
        for(auto it : del[i]) {
            update(l[it], -a[it]);
            update(it + 1, a[it]);
        }
        for(auto it : v[i]) {
            ans ^= 1ll * it.second * query(it.first);
        }
    }
    cout << ans;
    return 0;
}