第一次打Codeforces Global Round系列的比赛，感觉比赛时间太长了，时间太晚了，2个小时就溜了。。
A. K-th Largest Value
本来以为这个需要使用 快排扩展，求解第K个数字，细看一下题目，因为数据非 0，即 1
可以直接统计 0， 1数量进行求解。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 100010;
int a[N];
int num[2];
int n, q;
int main()
{
cin >> n >> q;
num[0] = num[1] = 0;
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
scanf("%d", &a[i]),
num[a[i]] ++;
while (q -- ) {
static int x, y;
scanf("%d %d", &x, &y);
if (x == 1) {
num[a[y]] --;
a[y] = 1 - a[y];
num[a[y]] ++;
} else {
if (num[1] >= y)
puts("1");
else
puts("0");
}
}
return 0;
}
B. Minimal Cost
行数为 n((nleq100)), 列数为(10^6+2)
因为 each row 有且仅有一个 obstacle，首先我们考虑什么时候才会堵住，因为列数太多，因此我们只能 竖向堵住，具体操作如图所示：
或者是倾斜的前进，总之，不能够让 S 可以从左侧到 右侧。因为一旦过去，就可以到 (col=10^6+1)进而移动到 终点 E 。
对于(row=cur) 障碍物所在位置为(x)，倘若想要堵住，那么(row=cur+1)位置就需要变成(x 或 x + 1 或 x - 1).
划分清楚如何堵住之后，考虑一下 cost 代价的最小值
-
未堵住, (cost = 0)
-
倘若 (a_1=a_2=...=a_n)，那么移动的最小代价即为 (v + min(u, v))横向移动一次，在进行一次横向移动，或者是竖向移动。
-
否则， (cost=min(u, v))，因为对于任何一种存在斜对角的方案，可以通过横向移动，也可以通过竖向移动产生路径。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 110;
int a[N];
int num[2];
int n;
LL u, v;
int main()
{
int t; cin >> t;
LL res = 0;
while (t -- ) {
scanf("%d%lld%lld", &n, &u, &v);
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
scanf("%d", &a[i]);
res = 0;
bool flag = false;
bool allSame = true;
for (int i = 2; i <= n; i ++ ) {
if (a[i] != a[i - 1])
allSame = false;
if (a[i] == a[i - 1] || a[i] == a[i-1] + 1 || a[i] == a[i-1] - 1)
continue;
else {
flag = true;
break;
}
}
if (!flag) { // 不能直接过去
if (allSame) {
res = v + min(u, v);
} else {
res = min(u, v);
}
} else {
res = 0;
}
printf("%lld
", res);
}
return 0;
}
C. Pekora and Trampoline
可以通过 (O(N^2))的算法进行解决。
首先，对于一个 trampoline ，当他 strength 减到 1之前，它能跳跃到其他的pos是固定的，长度减到一之后，就到 (pos + 1)位置。下面我们采取以下办法：
- 对于 trampoline ，我们从 1 ~ n 进行循环
- 设当前标号为 cur，他的初始强度为 (S_i)，我们可以统计标号 1~(cur-1) 经过 i 的次数为 (B_i)
- 倘若 (B_ileq S_i)，那么需要以 i 为起点还需要的次数为 (S_i - 1 - B_i)，将他累加到答案中
- 否则，不需要单独以 i trampoline 作为起点
- 下面我们需要更新 cur ~ N 号 蹦蹦床的 (B_i)，即从之前节点经过的次数
- (B_ileq S_i-1),对 cur + 2 ~ min(cur + S_i, n)进行更新，(B_i += 1)
- (B_igeq S_i-1)，对 cur + 2 ~ min(cur + S_i, n)进行更新，(B_i += 1)，， 同时(B_{cur+1} +=B_i-(S_i-1))
上面的算法，主要是求出了以每个节点作为最少起点次数的数量，然后累加求和得到了最小次数。
代码如下
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 5010;
int a[N];
int b[N];
int n;
int main()
{
int t; cin >> t;
while (t -- ) {
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {
scanf("%d", &a[i]);
}
memset(b, 0, sizeof b);
LL res = 0;
for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {
if ((a[i] - 1) >= b[i]) { // a[i] - 1 是本身所需要的次数
res += (a[i] - 1) - b[i];
for (int j = 2; j <= a[i]; j ++ ) {
if (j + i < N) { // 跳跃的位置
b[i + j] ++;
} else {
break;
}
}
} else {
for (int j = 2; j <= a[i]; j ++ ) {
if (j + i < N) { // 跳跃的位置
b[i + j] ++;
} else {
break;
}
}
b[i + 1] += b[i] - (a[i] - 1);
}
}
cout << res << endl;
}
return 0;
}
D. Zookeeper and The Infinite Zoo
通过查看数据范围，感觉 DP打表啥的都不行，数据量太大了，因此只能按照原理从二进制01串入手。
-
首先，若(u = v)，肯定可以到达
-
其次，若(u>v)，那么肯定无法到达，因为只有低下标向高下标才存在路径。
-
最后，我们讨论当 (u < v)，如何才可以到达
主要就是将从低位到高位，不断向目标串看齐，向上传递
不过当，当前位 = 1，低位向高位也传递了 1, 而目标是0，
此时有两种选择
- 两个 1 直接相加，向高位传递一个1
- 两个 1 各自向高位传递一个 1
因为两种方法都是可选了，而且我们也不想dfs，可以直接 传递一个 1， 然后加一个可选量 1，可用可不用即可。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 5010;
// u <= v
bool Check(LL u, LL v) {
if (u > v) return false;
if (u == v) return true;
int x, y, sx = 0, sy = 0;
LL maxHave = 0;
for (int i = 0; i <= 34; i ++ ) {
x = ((u >> i) & 1);
y = ((v >> i) & 1);
// printf("I:%d, %d
", x, y);
x += sx, sx = 0;
y += sy, sy = 0; // sy 其实没啥用
// printf("I:%d, %d
", x, y);
if (x == y)
continue;
else if (x < y) { // y = 1, x = 0
if (maxHave == 0)
return false;
else {
maxHave -= 1;
}
}
else { // x > y, (1, 0), (2, 0), (2, 1)
sx = 1;
if (x == 2 && y == 0) // 可选值增加
maxHave += 1;
}
}
return true;
}
int main()
{
int t; cin >> t;
LL u, v;
while (t -- ) {
scanf("%lld%lld", &u, &v);
// if (u > v) swap(u, v);
if (Check(u, v))
puts("YES");
else
puts("NO");
}
return 0;
}