2021.7.16 Contest 题解
T1:
Description:
白云为了提高 coke 的销售量，进行了一次促销活动。活动的内容如下：
• coke 的价格降为 (2) 元每瓶。
• 每 (3) 个空瓶可兑换 (1) 元钱。
• 不能向他人借钱和空瓶。
现在，白兔有 (n) 元钱，请你帮他算出他最多可以买多少瓶 coke。
Input:
仅一行，一个数 (n)。
Output:
仅一行，表示他最多可以买的 coke 的瓶数。
Sample1 Input:
12
Sample1 Output:
7
Hint:
对于 (50\%) 的数据, (n leq 100)
对于 (100\%) 的数据, (n leq 10^9)
题目分析：
已经被做烂的题目。。。
代码如下(马蜂很丑，不喜勿喷)——
#include<bits/stdc++.h>
#define N 100005
#define LL long long
using namespace std;
int n,ans,res,tmp;
struct FastIO{
static const int S=1048576;
char buf[S],*L,*R;int stk[20],Top;~FastIO(){clear();}
inline char nc(){return L==R&&(R=(L=buf)+fread(buf,1,S,stdin),L==R)?EOF:*L++;}inline void clear(){fwrite(buf,1,Top,stdout);Top=0;}
inline void pc(char ch){Top==S&&(clear(),0);buf[Top++]=ch;}inline void endl(){pc('
');}
FastIO& operator >> (char&ch){while(ch=nc(),ch==' '||ch=='
');return *this;}
template<typename T>FastIO& operator >> (T&ret){
ret=0;int f=1;char ch=nc();while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-f;ch=nc();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){ret=ret*10+ch-'0';ch=nc();}ret*=f;return *this;
}
FastIO& operator >> (char* s){int Len=0;char ch=nc();while(ch!='
'){*(s+Len)=ch;Len++;ch=nc();}}
template<typename T>FastIO& operator << (T x){
if(x<0){pc('-');x=-x;}do{stk[++stk[0]]=x%10;x/=10;}while(x);
while(stk[0]) pc('0'+stk[stk[0]--]);return *this;
}
FastIO& operator << (char ch){pc(ch);return *this;}
FastIO& operator << (string str){int Len=str.size()-1;for(stk[0]=0;Len>=0;Len--) stk[++stk[0]]=str[Len];while(stk[0]) pc(stk[stk[0]--]);return *this;}
}fin,fout;
int main(){
cin>>n;while(n>=2) tmp=n/2,ans+=tmp,n-=tmp*2,res+=tmp,n+=res/3,res%=3;cout<<ans<<'
';return 0;
}
T2:
Description:
一个有 (n) 个整数的数字序列，白云和白兔都想从中选出一个区间，但是要求他们选出的区间不能相交。 求白云和白兔所选区间数字之和的最大值。
Input:
第一行，一个数 (n)，表示整数的个数。
第二行 (n) 个数，描述这个序列。
Output:
仅一行，表示最大的数字和。
Sample1 Input:
10
1 2 -3 2 1 4 -3 2 1 2
Sample1 Output:
12
Hint:
data range:
序列所有数绝对值在 (10^5) 以内
对于 (50\%) 的数据，(n leq 100)；
对于 (70\%) 的数据，(n leq 1000)；
对于 (100\%) 的数据，(n leq 100000)；
sample explaination:
取两个区间分别为 (2，1，4) 和 (2，1，2)，得到最大的和
题目分析：
简单题。维护一个前缀最大子段和，一个后缀最大子段和，枚举分段点，直接取max就行了。
但是我在写这道题的时候想到了一个有趣的结论——
答案一定是一个全局最大子段和+除去这一子段后的最大子段和或者是全局最大子段和-这一最大子段中的最小子段，证明显然。
代码如下(马蜂很丑，不喜勿喷)——
#include<bits/stdc++.h>
#define N 100005
#define inf 100000000
#define LL long long
using namespace std;
int n;LL ans,res,l[N],r[N],Max,a[N]; struct FastIO{
static const int S=1048576;
char buf[S],*L,*R;int stk[20],Top;~FastIO(){clear();}
inline char nc(){return L==R&&(R=(L=buf)+fread(buf,1,S,stdin),L==R)?EOF:*L++;}inline void clear(){fwrite(buf,1,Top,stdout);Top=0;}
inline void pc(char ch){Top==S&&(clear(),0);buf[Top++]=ch;}inline void endl(){pc('
');}
FastIO& operator >> (char&ch){while(ch=nc(),ch==' '||ch=='
');return *this;}
template<typename T>FastIO& operator >> (T&ret){
ret=0;int f=1;char ch=nc();while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-f;ch=nc();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){ret=ret*10+ch-'0';ch=nc();}ret*=f;return *this;
}
FastIO& operator >> (char* s){int Len=0;char ch=nc();while(ch!='
'){*(s+Len)=ch;Len++;ch=nc();}}
template<typename T>FastIO& operator << (T x){
if(x<0){pc('-');x=-x;}do{stk[++stk[0]]=x%10;x/=10;}while(x);
while(stk[0]) pc('0'+stk[stk[0]--]);return *this;
}
FastIO& operator << (char ch){pc(ch);return *this;}
FastIO& operator << (string str){int Len=str.size()-1;for(stk[0]=0;Len>=0;Len--) stk[++stk[0]]=str[Len];while(stk[0]) pc(stk[stk[0]--]);return *this;}
}fin,fout;
int main(){
fin>>n,Max=0;for(register int i=1;i<=n;i++){fin>>a[i];if(res+a[i]<0) res=0;else res+=a[i];if(res>Max) Max=res;l[i]=Max;}
Max=0,res=0;for(register int i=n;i;i--){if(res+a[i]<0) res=0;else res+=a[i];if(res>Max) Max=res;r[i]=Max;} for(register int i=0;i<=n;i++) ans=max(ans,l[i]+r[i+1]);cout<<ans;return 0;
}
T3:
Description:
白云有一个 (1,2,…,n) 的排列。 白兔想从中选出一个大小为三的子序列。
白云给了一个要求：这个子序列的第一个数必须是三个数中的最小值，第二个数必须是三个数中的最大值。
白兔想知道它有多少种选子序列的方案。
Input:
一行两个数 (n,seed) 本题的排列采用随机数生成器生成，生成方法为:
int n;
unsigned long long seed;
unsigned long long rd() {
seed ^= seed << 13;
seed ^= seed >> 7;
seed ^= seed << 17;
return seed;
}
cin >> n >> seed;
p[1] = 1;
for (int i = 2 ; i <= n ; i++) {
p[i] = i;
swap(p[i], p[rd() % i + 1]);
}
Output:
输出满足要求的子序列方案数。
Sample1 Input:
5 10
Sample1 Output:
3
Hint:
data range:
对于 (30\%) 的数据，(n leq 100)；
对于 (50\%) 的数据，(n leq 1000)；
对于 (80\%) 的数据，(n leq 10^5)；
对于 (100\%) 的数据，(n leq 3 imes 10^6)；
sample explaination:
排列为 5 1 4 3 2，满足要求的子序列为 (1, 4, 3),(1, 4, 2),(1, 3, 2)
题目分析：
看到数据范围的时候，我们可以发现用线段树由于常数很大一定是艹不过去的。
最简单的解法就是直接树状数组维护逆序对容斥一下，但是我这里讲一种我自己的比较复杂的一种解法——
首先题目的意思就是求满足 $a_i < a_k < a_j $三元组 ((i,j,k)) 的数量。
我们从大到小枚举 (k)，那么问题就是快速如何求出 (1leq i < j<k) 且 (a_i<a_k<a_j) 的二元组个数。（以下的 (i) 默认小于 (k) )
我们可以快速求出 (a_i<a_k) 的 (i) 的个数 (tmp)，也可以快速求出 (a_i<a_k) 的 (i) 之和 (res)。
那么根据容斥原理，我们可以得到，(1leq i < j<k) 且 (a_i<a_k<a_j) 的二元组个数=(tmp*(k-1)-res-tmp*(tmp-1)/2)
这个柿子可能需要一定时间理解一下。
代码如下(马蜂很丑，不喜勿喷)——
#include<bits/stdc++.h>
#define N 3000005
#define inf 2147483647
#define LL long long
using namespace std;
int n,a[N],s[N];LL ans,sum[N],S[N];unsigned long long seed;inline unsigned long long rd(){seed^=seed<<13;seed^=seed>>7;seed^=seed<<17;return seed;}
inline void A(int x,int y,int z){for(register int i=x;i<=n;i+=i&-i) S[i]+=y,s[i]+=z;} inline void Q(int x,int &y,LL &z){for(register int i=x;i;i-=i&-i) y+=s[i],z+=S[i];}
inline void solve(int x){int y=a[x];A(y,-x,-1);int tmp=y-1;LL res=sum[y-1];Q(y-1,tmp,res);ans+=1ll*tmp*(x-1)-res-1ll*tmp*(tmp-1)/2ll;}
struct FastIO{
static const int S=1048576;
char buf[S],*L,*R;int stk[20],Top;~FastIO(){clear();}
inline char nc(){return L==R&&(R=(L=buf)+fread(buf,1,S,stdin),L==R)?EOF:*L++;}inline void clear(){fwrite(buf,1,Top,stdout);Top=0;}
inline void pc(char ch){Top==S&&(clear(),0);buf[Top++]=ch;}inline void endl(){pc('
');}
FastIO& operator >> (char&ch){while(ch=nc(),ch==' '||ch=='
');return *this;}
template<typename T>FastIO& operator >> (T&ret){
ret=0;int f=1;char ch=nc();while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-f;ch=nc();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){ret=ret*10+ch-'0';ch=nc();}ret*=f;return *this;
}
FastIO& operator >> (char* s){int Len=0;char ch=nc();while(ch!='
'){*(s+Len)=ch;Len++;ch=nc();}}
template<typename T>FastIO& operator << (T x){
if(x<0){pc('-');x=-x;}do{stk[++stk[0]]=x%10;x/=10;}while(x);
while(stk[0]) pc('0'+stk[stk[0]--]);return *this;
}
FastIO& operator << (char ch){pc(ch);return *this;}
FastIO& operator << (string str){int Len=str.size()-1;for(stk[0]=0;Len>=0;Len--) stk[++stk[0]]=str[Len];while(stk[0]) pc(stk[stk[0]--]);return *this;}
}fin,fout;
int main(){
cin>>n>>seed,a[1]=1,sum[1]=1;for(register int i=2,x;i<=n;i++) a[i]=i,x=rd()%i+1,swap(a[i],a[x]),sum[a[i]]=i,sum[a[x]]=x;for(register int i=2;i<=n;i++) sum[i]+=sum[i-1];for(register int i=n;i;i--) solve(i);cout<<ans<<'
';return 0;
}
T4:
Description:
有一天 Mifafa 回到家，发现有 (n) 只老鼠在她公寓的走廊上，她大声呼叫，所以老鼠们都跑进了走廊的洞中。
这个走廊可以用一个数轴来表示，上面有 (n) 只老鼠和 (m) 个老鼠洞。第 (i) 只老鼠有一个坐标 (x_i)，第 (j) 个洞有一个坐标 (p_j) 和容量 (c_j)。容量表示最多能容纳的老鼠数量。
找到让老鼠们全部都进洞的方式，使得所有老鼠运动距离总和最小。
老鼠 (i) 进入洞 (j) 的运动距离为 (|x_i−p_j|) 。
无解输出-1。
Input:
第一行包含两个整数 (n,m),表示老鼠和洞的数量。
第二行包含 (n) 个整数 (x_1 ... x_n)，表示老鼠坐标。
接下来 (m) 行每行两个整数 (p, c)，表示每个洞的坐标和容量。
Output:
输出最小运动距离或者-1。
Sample1 Input:
4 5
6 2 8 9
3 6
2 1
3 6
4 7
4 7
Sample1 Output:
11
Hint:
对于 (100\%) 的数据，满足 (1leq c,n,mle 10^6)，(1leq |p|,|x|le 10^9).
题目分析：
正解反悔贪心。我们将老鼠和洞按照横坐标一起排序。考虑对于一只老鼠 (i)，假设它一开始进入了在它左侧离它最近的且没使用完的洞 (j)（如果没有符合条件的洞将距离设为+∞），那么如果要用另一个洞 (k) 去替换 (j)，贡献为 ((p_k-x_i)-(x_i-p_j)=p_k+(-2*x_i+p_j)).
同理，对于一个洞 (i)，那么如果要用另一个老鼠 (k) 去替换洞里原有的老鼠 (j)，贡献为 ((x_k-p_i)-(p_i-x_j)=x_k+(-2*p_i+x_j)).
那么我们用堆来存下每一个枚举过的老鼠，不断地用当前枚举到的洞 (k) 去更新贡献直到 (c_k=0) 或者老鼠已经全部更新过或者用 (k) 去更新不会更优，同时再开一个堆存下洞 (k) 替换老鼠 (i) 的贡献 - (p_k) 。如果更新之后 (c_k) 有剩余，用刚开的堆把 (k) 给存起来。
于是两个堆交替地进行反悔贪心，复杂度 (O(nlogn))
代码如下(马蜂很丑，不喜勿喷)——
#include<bits/stdc++.h>
#define N 1000005
#define LL long long
#define inf 2147483647
#define INF 2147483647114
using namespace std;
struct node{LL x;int id;bool operator <(const node&a)const{return x>a.x;}};
int n,m,rk[N],x[N],p[N],c[N];LL f[105][105],s,V[N];bool flg=1;LL ans;priority_queue<LL,vector<LL>,greater<LL> > H1;priority_queue<node> H2;
inline bool cmp(int x,int y){return p[x]<p[y];} struct FastIO{
static const int S=1048576;
char buf[S],*L,*R;int stk[20],Top;~FastIO(){clear();}
inline char nc(){return L==R&&(R=(L=buf)+fread(buf,1,S,stdin),L==R)?EOF:*L++;}inline void clear(){fwrite(buf,1,Top,stdout);Top=0;}
inline void pc(char ch){Top==S&&(clear(),0);buf[Top++]=ch;}inline void endl(){pc('
');}
FastIO& operator >> (char&ch){while(ch=nc(),ch==' '||ch=='
');return *this;}
template<typename T>FastIO& operator >> (T&ret){
ret=0;int f=1;char ch=nc();while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-f;ch=nc();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){ret=ret*10+ch-'0';ch=nc();}ret*=f;return *this;
}
FastIO& operator >> (char* s){int Len=0;char ch=nc();while(ch!='
'){*(s+Len)=ch;Len++;ch=nc();}}
template<typename T>FastIO& operator << (T x){
if(x<0){pc('-');x=-x;}do{stk[++stk[0]]=x%10;x/=10;}while(x);
while(stk[0]) pc('0'+stk[stk[0]--]);return *this;
}
FastIO& operator << (char ch){pc(ch);return *this;}
FastIO& operator << (string str){int Len=str.size()-1;for(stk[0]=0;Len>=0;Len--) stk[++stk[0]]=str[Len];while(stk[0]) pc(stk[stk[0]--]);return *this;}
}fin,fout;
int main(){
fin>>n>>m;for(register int i=1;i<=n;i++) fin>>x[i];for(register int i=1;i<=m;i++) fin>>p[i]>>c[i],s+=c[i],(c[i]^n)&&(flg=0,0),rk[i]=i;if(s<n){puts("-1");return 0;}sort(x+1,x+n+1),sort(rk+1,rk+m+1,cmp);int now=1;for(register int i=1;i<=n;i++){
while(now<=m&&p[rk[now]]<=x[i]){
while(c[rk[now]]&&!H1.empty()&&p[rk[now]]+H1.top()<0){LL tmp=p[rk[now]]+H1.top();c[rk[now]]--,H1.pop(),H2.push(node{-p[rk[now]]-tmp,rk[now]}),ans+=tmp;}
if(c[rk[now]]) c[rk[now]]--,H2.push(node{-p[rk[now]],rk[now]});now++;
}
LL tmp=inf;if(!H2.empty()){tmp=x[i]+H2.top().x;int id=H2.top().id;H2.pop();if(c[id]) c[id]--,H2.push(node{-p[id],id});}ans+=tmp;H1.push(-x[i]-tmp);
}
while(now<=m){while(c[rk[now]]&&!H1.empty()&&p[rk[now]]+H1.top()<0){LL tmp=p[rk[now]]+H1.top();c[rk[now]]--,H1.pop(),H2.push(node{-p[rk[now]]-tmp,rk[now]}),ans+=tmp;}if(c[rk[now]]) c[rk[now]]--,H2.push(node{-p[rk[now]],rk[now]});now++;}return cout<<ans,0;
}