T1 T4 殺卵題不說。
做了 COCI 的原題。
T3 Rolete
為什麼先說 T3 ，因為 T3 很簡單。
首先先預處理出按 \(x\) 次按鈕需要的時間。
根據直覺，我們觀察到一個顯然的貪心：如果在 \(x\) 按了 \(p_x\) 次，那麼在 \(x-1\) 拉的次數 \(p_{x-1}\ge p_x\)。反證即可證明。
直接上決策單調性最佳化即可。
時間複雜度 \(O(n\log n)\) 。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define N 100005
using namespace std;
int n,t,s,k,m;
int q;
int a[N];
ll tim[N],sum[N*2],cnt[N*2];
ll res,cur;
ll ans[N];
void solve(int l,int r,int al,int ar)
{
if(l>r) return;
int mid=(l+r)/2,pos;
ll res=1e18;
for(int i=al;i<=ar;i++)
{
ll v=tim[i]+1ll*(sum[i+mid]-1ll*cnt[i+mid]*(i+mid))*t;
if(v<res) res=v,pos=i;
}
ans[mid]=res;
solve(l,mid-1,pos,ar);
solve(mid+1,r,al,pos);
}
int main()
{
scanf("%d%d%d%d",&n,&t,&s,&k);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),m=max(m,a[i]),cnt[a[i]]++,sum[a[i]]+=a[i];
cur=cnt[0];
for(int i=1;i<=m;i++)
{
res+=1ll*cur*k+s;
cur+=cnt[i];
tim[i]=res;
}
for(int i=m;i>=0;i--) cnt[i]+=cnt[i+1],sum[i]+=sum[i+1];
solve(0,m,0,m);
scanf("%d",&q);
while(q--)
{
int x;
scanf("%d",&x);
printf("%lld ",ans[x]);
}
return 0;
}
T2 海盜
我們考慮每個區間對答案的貢獻。
具體來說，對於區間 \([l,r]\)，我們先考慮區間 \([l,r]\) 獨立成段的條件。我們發現 \([1,l-1]\) 需要剛好分割成完整的區間，\([r+1,n]\) 可以隨便填。我們可以使用預處理一個 dp 算出長度為 \(L\) 時成一個完整區間的方案，對於 \([r+1,n]\)，方案數是 \(2^{n-r}\)。
由於要我們輸出 \(n\) 以內的所有答案，所以我們考慮差分陣列 \(d\)，具體的，如果是 \([l,r]\) 區間貢獻 \(w\)，我們在 \(r\) 差分加上 \(w\)，之後處理完所有區間後，我們對差分陣列進行字首求和，具體的，\(d_i=d_{i-1}\times 2+d_i\)。
現在問題轉化為考慮長度為 \(L\) 的區間貢獻。
對於區間內每個數，我們考慮每個數對區間的貢獻。