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A. City Day
题意：给出一个数列，和俩个整数(x,y)，要求找到序号最靠前的数字(d)，使得(d)满足(a_d<a_j) ((d-xleq j<d) && (d<jleq d+y))。
分析：由于x和y都小于7，所以直接暴力即可。
AC代码：
#include <bits/stdc++.h>
#define SIZE 200007
#define rep(i, a, b) for(int i = a; i <= b; ++i)
using namespace std;
typedef long long ll;
void io() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
cout.tie(nullptr);
}
ll n, x, y, a[SIZE];
int main() {
io();
cin >> n >> x >> y;
rep(i, 1, n) cin >> a[i];
rep(i, 1, n) {
bool flag = 1;
for (int k = i - 1, cnt = 1; k > 0 && cnt <= x; k--, cnt++) {
if (a[k] <= a[i]) { flag = 0; break; }
}
for (int k = i + 1, cnt = 1; k <= n && cnt <= y; k++, cnt++) {
if (a[k] <= a[i]) { flag = 0; break; }
}
if (flag) { cout << i << endl; return 0; }
}
}
B. Water Lily
分析：几何水题，推个方程就好。
AC代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
double l, h;
cin >> h >> l;
double s = (l * l - h * h) / 2 / h;;
printf("%.12lf", s);
}
C. MP3
题意：一个数组中如果有(K)种不同的数，每个数的占用空间是(k=log_2K)，这组数总内存是(nk)，你有一个改变数的大小的能力，小于(l)可以改成(l)大于(r)可以改成(r)，现在给出总内存，求最少改变次数。
分析：先求出最多能存(k)个数，然后我们显然用(map)来记录数据，然后把(map)中的前(k)个数和后k个数丢进一个双向队列（因为我们至少删除(k)个数，而这(k)个数只能在首或尾），对这(2k)个数求前缀和，在每k个数中求出最小值。
AC代码：
#include <bits/stdc++.h>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define SIZE 400007
#define rep(i, a, b) for(int i = a; i <= b; ++i)
using namespace std;
typedef long long ll;
void io() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
cout.tie(nullptr);
}
ll n, I, a[SIZE], pre[SIZE];
map<ll, ll> mp;
deque<pair<ll, ll> > q;
int main() {
io(); cin >> n >> I;
rep(i, 1, n) {
cin >> a[i];
++mp[a[i]];
}
ll k = 0; I *= 8; //用k记录最多存储几个数
while (1ll * ceil(log2(mp.size() - k))* n > I) k++;
auto it = mp.begin();
auto itr = mp.rbegin();
rep(i, 1, k) {
q.push_back(make_pair(it->first, it->second));
q.push_front(make_pair(itr->first, itr->second));
it++, itr++;
}
auto itx = q.begin();
rep(i, 1, q.size()) pre[i] = pre[i - 1] + itx++->second;
ll sum = INF;
rep(i, k, 2 * k) sum = min(sum, pre[i] - pre[i - k]);
cout << sum;
}
D. Welfare State
题意：给定一个(n)个数的数列和两种操作。操作一是把序号为(p)的数字修改为(x)，操作二是把所有小于(x)的数字修改为(x)。输出最终的数列。
分析：乍一看像线段树，但是写得不好就会(T)（别问我怎么知道的），实际上直接乱搞就过了。我们发现对于第一种操作和第二种操作我们只需要考虑较大的那种，因此开两个数组，(b)数组保存操作一，(maxx)数组保存操作二，最后取(max)输出即可。
AC代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define SIZE 200007
#define rep(i, a, b) for(int i = a; i <= b; ++i)
using namespace std;
typedef long long ll;
void io() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
cout.tie(nullptr);
}
ll n, m, a[SIZE], b[SIZE], sig, maxx[SIZE], pos;
int main() {
io(); cin >> n;
rep(i, 1, n) cin >> a[i];
cin >> m;
rep(i, 1, m) {
cin >> sig;
if (sig == 1) {
cin >> pos;
cin >> a[pos];
b[pos] = i;
}
else cin >> maxx[i];
}
for (int i = m; i; --i) maxx[i - 1] = max(maxx[i - 1], maxx[i]);
rep(i, 1, n) cout << max(a[i], maxx[b[i]]) << ' ';
}
E. Matching vs Independent Set
题意：给定一个(3n)个顶点，(m)条边的图和两个定义。定义一：如果一个边集中没有两条边共享一个端点，则称为匹配。定义二：如果一个点集中没有两个顶点与边连接，则一组顶点称为独立集。判断给定的图是否存在匹配或独立集（(size=n)）。
分析：乍看像一道图论，实际上并不需要图论算法。首先用vector存图。然后观察到匹配和独立集必定至少存在一个。证明：我们考虑每次取(n)个点，若不存在独立集，则这(n)个点中至少存在一条边，这样操作到最后至多存在(n-2)个点不连边，且不存在独立集；但是这样的构造后我们发现，在那(2n+2)个点中至少存在(n+1)条边构成匹配。因此，我们只需要处理出所有独立的点，判断是否能构成独立集，若不能则至少有(2n+2)个点有连边，我们两两取边加入匹配集并输出即可。
AC代码：
#include <bits/stdc++.h>
#define SIZE 500007
#define rep(i, a, b) for(int i = a; i <= b; ++i)
using namespace std;
typedef long long ll;
void io() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
cout.tie(nullptr);
}
typedef long long ll;
vector <pair<int, int> > h[SIZE];
vector <int> edge, vec;
int n, m, T, cnt, u, v;
bool vis[SIZE];
int main() {
io(); cin >> T;
while (T--) {
cin >> n >> m;
edge.clear(); vec.clear(); cnt = 0;
rep(i, 1, 3 * n) { h[i].clear(); vis[i] = false; }
rep(i, 1, m) {
cin >> u >> v;
h[u].emplace_back(make_pair(v, i));
h[v].emplace_back(make_pair(u, i));
}
rep(i, 1, 3 * n) {
bool flag = false;
for (auto it : h[i]) {
int pos = it.first;
if (vis[pos]) {
flag = true; vis[pos] = false;
edge.emplace_back(it.second);
break;
}
}
if (!flag) vis[i] = true, cnt++;
else cnt--;
}
if (cnt >= n) {
cout << "IndSet" << endl;
int num = 0;
rep(i, 1, 3 * n) {
if (num >= n) break;
if (vis[i]) { num++; cout << i << ' '; }
}
}
else {
cout << "Matching" << endl;
rep(i, 0, n - 1) cout << edge[i] << ' ';
}
cout << endl;
}
}
F. Rectangle Painting 1
题意：给定一个(n imes n)的方格网。每次能在图中选择一个(a imes b)的矩形，将该矩形中的方格全部改为“.”，一次操作的花费为(max(a,b))。要求把“#”全部改成“.”，求最小的花费。
分析：由于(nleq 50)，所以我们考虑直接暴力四重dp。用(f[x][y])记录((1,1))到((x,y))的“#”数量，用(dp[x][y][i][j])记录((x,y))和((i,j))之间全部染成“.”的花费，然后转移即可。
AC代码：
#include <bits/stdc++.h>
#define SIZE 55
#define rep(i, a, b) for(int i = a; i <= b; ++i)
using namespace std;
typedef long long ll;
void io() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
cout.tie(nullptr);
}
int n;
char s[SIZE][SIZE];
int dp[SIZE][SIZE][SIZE][SIZE];
int f[SIZE][SIZE];
int main() {
io(); cin >> n;
rep(i, 1, n) {
cin >> (s[i] + 1);
}
rep(i, 1, n) {
rep(j, 1, n) {
f[i][j] = f[i - 1][j] + f[i][j - 1] - f[i - 1][j - 1] + (s[i][j] == '#');
}
}
rep(x, 1, n) {
rep(y, 1, n) {
rep(i, 1, n - x + 1) {
rep(j, 1, n - y + 1) {
int tx = i + x - 1, ty = j + y - 1;
int t = f[tx][ty] - f[i - 1][ty] - f[tx][j - 1] + f[i - 1][j - 1];
if (!t) { dp[i][j][tx][ty] = 0; continue; }
else dp[i][j][tx][ty] = max(x, y);
rep(k, i + 1, tx) {
dp[i][j][tx][ty] = min(dp[i][j][tx][ty], dp[i][j][k - 1][ty] + dp[k][j][tx][ty]);
}
rep(k, j + 1, ty) {
dp[i][j][tx][ty] = min(dp[i][j][tx][ty], dp[i][j][tx][k - 1] + dp[i][k][tx][ty]);
}
}
}
}
}
cout << dp[1][1][n][n];
}