前言
- 比賽連結。
T1、T4 比較簡單，打完基本就罰坐了，想了三個小時的 T2、T3 也沒想出來。
T1 酸鹼度中和
二分答案加貪心即可，先排序，每瓶可裝 \(a_i\sim a_i+2*m\)。
點選檢視程式碼
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define endl '\n'
#define sort stable_sort
using namespace std;
const int N=1e5+10;
template<typename Tp> inline void read(Tp&x)
{
x=0;register bool z=true;
register char c=getchar();
for(;c<'0'||c>'9';c=getchar()) if(c=='-') z=0;
for(;'0'<=c&&c<='9';c=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
x=(z?x:~x+1);
}
void wt(int x){if(x>9)wt(x/10);putchar((x%10)+'0');}
void write(int x){if(x<0)putchar('-'),x=~x+1;wt(x);}
int n,m,l,r,mid,a[N],maxx,ans;
bool check(int x)
{
int sum=0,now=a[1];
for(int i=1;i<=n+1;i++)
if(a[i]-now>2*x)
{
now=a[i];
sum++;
if(sum>m) return 0;
}
return (sum<=m);
}
signed main()
{
read(n),read(m);
for(int i=1;i<=n;i++)
read(a[i]),
maxx=max(maxx,a[i]);
sort(a+1,a+1+n);
a[n+1]=0x7f7f7f7f;
l=0,r=maxx;
while(l<=r)
{
mid=(l+r)>>1;
if(check(mid)) r=mid-1,ans=mid;
else l=mid+1;
}
write(ans);
}
T2 聰明的小明
-
部分分 \(5pts\)：\(k=m\) 時答案為 \(k!\)。
-
部分分 \(25pts\)：\(n\le 20\& k=2\) 時爆搜。
-
部分分 \(45pts\)：\(k=2\) 時狀壓，如何狀壓在正解裡說。
-
正解：
鑑於 \(m\le 10\) 且記憶體給了 \(1G\)，考慮狀壓。
狀壓的思路比較巧妙，對於長度為 \(m\) 的 \(01\) 串，\(1\) 表示某數在這 \(m\) 位中最後一次出現在此處，\(0\) 則表示該數在後面還出現過，如
011可以表示為112、221、121、212等。之所以要這麼狀壓是因為需要處理第 \(m+1\) 位和第 \(1\) 位之間的影響。
對於每一個狀態，若 \(1\) 的個數恰好 \(=k\) 且最後一位為 \(1\) 時為合法狀態。
繼續考慮每一種狀態對應多少種情況，從後向前遍歷，記錄已經遍歷到的 \(1\) 的個數，若遇到一個 \(1\)，答案 \(\times (k-num)\)，然後 \(sum+1\)，若為 \(0\) 則 \(\times num\)，正確性顯然。
繼續考慮如何轉移，有 \(f_{i,s}=\sum f_{i-1,s'}\)，其中 \(s\) 可以從 \(s'\) 轉移過來。
繼續考慮一種狀態 \(s\) 可以轉化成什麼狀態，若 \(s\) 的第一位為 \(1\)，說明該數僅出現過一次，則 \(m+1\) 位也必須為該數，如
101儘可以轉化為011。對於其餘情況的狀態，每一個 \(1\) 都可以移到 \(m+1\) 位，此位變為 \(0\)，如
011可以轉化位011和101。複雜度為 \(O(n2^m)\)，若提前處理出所有合法狀態的話可將複雜度最佳化到 \(O(nC_m^k)\)，\(m=10,k=5\) 時取到最大為 \(O(252n)\)。
點選檢視程式碼
#include<bits/stdc++.h> #define int long long #define endl '\n' #define sort stable_sort using namespace std; const int N=1e5+2,P=998244353; template<typename Tp> inline void read(Tp&x) { x=0;register bool z=true; register char c=getchar(); for(;c<'0'||c>'9';c=getchar()) if(c=='-') z=0; for(;'0'<=c&&c<='9';c=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48); x=(z?x:~x+1); } void wt(int x){if(x>9)wt(x/10);putchar((x%10)+'0');} void write(int x){if(x<0)putchar('-'),x=~x+1;wt(x);} int n,k,m,f[N][1025],c[1025],ans; int check(int sta) { if(c[sta]!=-1) return c[sta]; if((sta&1)==0) return c[sta]=0; int sum=0,ans=1,now=sta; for(int i=1;i<=m;i++) { if(sta&1) (ans*=(k-sum))%=P, sum++; else (ans*=sum)%=P; sta>>=1; } return c[now]=(sum==k)*ans; } void solve(int i,int sta) { if(check(sta)==0) return ; if((sta>>(m-1))&1) { int now=sta; sta^=(1<<(m-1)); sta<<=1; sta|=1; (f[i+1][sta]+=f[i][now])%=P; return ; } for(int j=1;j<=m;j++) if((sta>>(j-1))&1) { int now=sta; sta^=(1<<(j-1)); sta<<=1; sta|=1; (f[i+1][sta]+=f[i][now])%=P; sta=now; } } signed main() { memset(c,-1,sizeof(c)); read(n),read(k),read(m); for(int s=1;s<=(1<<m)-1;s+=2) f[m][s]=check(s); for(int i=m;i<=n-1;i++) for(int s=1;s<=(1<<m)-1;s+=2) solve(i,s); for(int s=1;s<=(1<<m)-1;s+=2) (ans+=f[n][s])%=P; write(ans); }
T3 線段樹
定義 \(f_{l,r}\) 為區間 \(l\sim r\) 的貢獻，有 \(f_{l,r}\) 下界為 \(1\)。
對於線段樹上一個區間 \([L,R]\)，若存在一個詢問區間 \([l,r]\) 與 \([L,R]\) 存在交集且 \([L,R]\) 不被 \([l,r]\) 包含，說明 \([l,r]\) 被分成了至少兩個區間，由此 \(f_{L,R}\) 的貢獻 \(+1\)。
由此我們處理出每個斷點 \(i\) 被多少個詢問區間包含，記為 \(w_i\)，以及每個線段樹上的區間 \([l,r]\) 被多少個詢問區間包含，記為 \(sum_{l,r}\)。
其中 \(w_i\) 可以在輸入的時候直接差分處理，\(sum_{l,r}\) 可以類似於二維字首和和區間 \(DP\) 維護，有：
\(num_{l,r}\) 表示詢問中恰好區間 \([l,r]\) 的個數。
最後考慮 \(DP\) 轉移，\(f_{l,r}\) 為線段數上區間 \([l,r]\) 最少能提供多少除 \(m\) 個基本詢問外額外的貢獻，有：
初始值 \(f_{i,i}\) 為 \(0\)，其餘均賦成極大值，這與之前的 \(f_{l,r}\) 下界為 \(1\) 是矛盾的，但是鑑於對 \(f_{l,r}\) 的定義為額外貢獻，其初始值應該為 \(0\)，最後答案為 \(+m\) 即可。
最後答案為 \(f_{1,n}+m\)。
點選檢視程式碼
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define endl '\n'
#define sort stable_sort
using namespace std;
const int N=510;
template<typename Tp> inline void read(Tp&x)
{
x=0;register bool z=true;
register char c=getchar();
for(;c<'0'||c>'9';c=getchar()) if(c=='-') z=0;
for(;'0'<=c&&c<='9';c=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
x=(z?x:~x+1);
}
void wt(int x){if(x>9)wt(x/10);putchar((x%10)+'0');}
void write(int x){if(x<0)putchar('-'),x=~x+1;wt(x);}
int n,m,w[N],sum[N][N],f[N][N];
signed main()
{
read(n),read(m);
for(int i=1,l,r;i<=m;i++)
read(l),read(r),
w[l]++,w[r]--,
sum[l][r]++;
for(int i=1;i<=n;i++) w[i]+=w[i-1];
for(int i=n;i>=1;i--)
for(int l=1;l+i-1<=n;l++)
{
int r=l+i-1;
sum[l][r]=sum[l][r]+sum[l-1][r]+sum[l][r+1]-sum[l-1][r+1];
}
memset(f,0x3f,sizeof(f));
for(int i=1;i<=n;i++) f[i][i]=0;
for(int i=2;i<=n;i++)
for(int l=1;l+i-1<=n;l++)
{
int r=l+i-1;
for(int k=l;k<r;k++)
f[l][r]=min(f[l][r],f[l][k]+f[k+1][r]+w[k]-sum[l][r]);
}
write(f[1][n]+m);
}
T4 公路
貪心加模擬即可。
當前對於到達了車站 \(i\)，繼續向前找到一個 \(j\)，\(j\) 分為兩種情況：
- 在油箱允許的範圍內找到的第一個油價小於 \(i\) 的，此時只需講油加到足夠支撐到車站 \(j\) 的即可。
- 在油箱允許的範圍內沒有找到任何一個油價小於 \(i\) 的，則在該範圍內找到油價最小的一個車站 \(j\)，此時直接將油箱加滿，防止在更貴的地方買更多的油。
處理過後直接另 \(i=j\) 即可，同時維護一個變數儲存油箱內還剩下多少油。
鑑於雙指標做法，隨機資料下複雜度近似於 \(O(n)\)，油價單調遞減資料下為嚴格 \(O(n)\)，油價單調遞增且 \(c\ge\sum\limits_{i=0}^{n-1}v_i\) 資料下複雜度退化為 \(O(n^2)\)，在資料比較水的情況下可以透過此題。
利用單調佇列最佳化可將複雜度最佳化為嚴格線性，懶得打了但是。
點選檢視暴力程式碼
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define endl '\n'
#define sort stable_sort
using namespace std;
const int N=1e5+10;
template<typename Tp> inline void read(Tp&x)
{
x=0;register bool z=true;
register char c=getchar();
for(;c<'0'||c>'9';c=getchar()) if(c=='-') z=0;
for(;'0'<=c&&c<='9';c=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
x=(z?x:~x+1);
}
void wt(int x){if(x>9)wt(x/10);putchar((x%10)+'0');}
void write(int x){if(x<0)putchar('-'),x=~x+1;wt(x);}
int n,m,d[N],a[N],f[N],ans,now;
signed main()
{
read(n),read(m);
for(int i=1,v;i<=n;i++)
read(v),
d[i]=d[i-1]+v;
for(int i=0;i<=n-1;i++) read(a[i]);
int j;
for(int i=0;i<=n-1;i=j)
{
j=i+1;
int k,minn=0x7f7f7f7f;
while(j<=n)
{
if(d[j]-d[i]>m) {j--; break;}
if(a[j]<a[i]) break;
if(a[j]<minn) minn=a[j],k=j;
j++;
}
if(a[j]<a[i])
ans+=(d[j]-d[i]-now)*a[i],
now=0;
else
{
j=k;
ans+=(m-now)*a[i];
now=m-d[j]+d[i];
}
}
write(ans);
}
粘一個官方題解的單調佇列最佳化程式碼
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define maxn 1000005
#define mod 1000000007
using namespace std;
ll n,C;
ll x[maxn],p[maxn];
pair<ll,ll> Q[maxn+maxn];
int head,tail;
int main()
{
cin>>n>>C;
for (int i=1;i<=n;i++) cin>>x[i];
for (int i=1;i<=n;i++) cin>>p[i];
head=1; tail=1;
Q[head]={1ll<<30,C}; //為了保證佇列裡總大小是C
ll sum=0;
for (int i=1;i<=n;i++)
{
ll tt=0;
//刪掉末尾不如p[i]的決策
while (head<=tail && Q[tail].first>=p[i]) {tt+=Q[tail].second; tail--;}
Q[++tail]={p[i],tt};
//在佇列的開頭拿出x[i]的油來加
ll ret=x[i];
while (ret)
{
ll num=min(ret,Q[head].second);
sum+=Q[head].first*num; Q[head].second-=num; ret-=num;
if (Q[head].second==0) head++;
}
Q[++tail]={1ll<<30,x[i]}; //為了保證佇列裡總大小是C
}
cout<<sum<<endl;
}
總結
要學會面向資料範圍，確定正確的思路，如 T2 想出狀壓。
好好複習一下區間 DP。