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寫在前面
比賽地址：https://codeforces.com/contest/1995。
上了一百多分，爽！要是把 D 衝出來就直接紫了呃呃然而失敗！爭取下把上紫！
A
簽到。
//
/*
By:Luckyblock
*/
#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
//=============================================================
//=============================================================
//=============================================================
int main() {
// freopen("1.txt", "r", stdin);
std::ios::sync_with_stdio(0), std::cin.tie(0);
int T; std::cin >> T;
while (T --) {
int n, k; std::cin >> n >> k;
if (k == 0) std::cout << 0 << "\n";
else if (k && k <= n) std::cout << 1 << "\n";
else {
int ans = 1;
k -= n;
for (int i = n - 1; i; -- i) {
if (k > 0) ++ ans, k -= i;
if (k > 0) ++ ans, k -= i;
}
std::cout << ans << "\n";
}
}
return 0;
}
B1 & B2
列舉。
不太懂分 B1B2 什麼意義、、、過了 B1 兩分鐘就把 B2 過了呃呃也可能是我 B1 沒看題不知道暴力怎麼寫哈哈
已知每種權值的出現次數，於是僅需考慮對於兩個分別出現了 \(c_1, c_2\) 的兩個權值 \(a, a+1\) 使用代價 \(m\) 可以獲得的最大價值。
發現將選擇的一個 \(a\) 替換為 \(a+1\) 會且僅會使價值 +1，則一個顯然的想法是先用 \(a\) 湊，剩餘部分用 \(a+1\) 湊，然後檢查此時是否：
- 選擇了至少一個 \(a\)。
- 選擇 \(a+1\) 的數量不大於 \(c_2\)。
- 代價之和不小於 \(m\)。
然後考慮將盡可能多的 \(a\) 替換為 \(a+1\) 即可，具體討論過程詳見程式碼。
以下為 B2 程式碼。
//
/*
By:Luckyblock
*/
#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
const int kN = 2e5 + 10;
std::map<int, int> cnt;
//=============================================================
int n, a[kN];
LL m;
//=============================================================
//=============================================================
int main() {
//freopen("1.txt", "r", stdin);
std::ios::sync_with_stdio(0), std::cin.tie(0);
int T; std::cin >> T;
while (T --) {
std::cin >> n >> m;
cnt.clear();
for (int i = 1; i <= n; ++ i) std::cin >> a[i];
for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
int c; std::cin >> c;
cnt[a[i]] = c;
}
LL ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
int c1 = cnt[a[i]], c2 = cnt[a[i] + 1];
LL temp = 1ll * c1 * a[i] + c2 * (a[i] + 1);
if (temp <= m) ans = std::max(ans, temp);
LL k1 = std::min(1ll * c1, m / (a[i]));
temp = k1 * a[i];
LL k2 = std::min(1ll * c2, (m - temp) / (a[i] + 1));
temp += k2 * (a[i] + 1);
if (k1 && k2 < c2 && temp < m) {
LL delta = std::min(std::min(k1, c2 - k2), (m - temp));
k1 -= delta, k2 += delta, temp += delta;
}
ans = std::max(ans, temp);
}
std::cout << ans << "\n";
}
return 0;
}
C
維護技巧。
看到這題笑死我了太典了實在是
發現可以直接從前往後操作，每次將當前位置的數調整為最小的不小於前一個數的數即可。然而大力平方之後會很大，沒法直接比較大小那麼沒法直接做。
發現 \(a_i\) 平方 \(c_i\) 次後為 \(a^{2^{c_i}}\)，於是僅需考慮如何找到最小的 \(c'_i\)，使得：
\[\large a_i^{2^{c'_i}} \ge a_{i -1}^{2^{c_{i-1}}}
\]
這個冪次的形式太典了，取個 \(\log\)：
\[2^{c'_i}\log a_i \ge 2^{c_{i-1}} \log a_{i -1}
\]
發現有 \(2\) 的冪還是很大，不太好直接比較，那麼再取個 \(\log\)：
\[c'_i\log 2 + \log\log a_i \ge c_{i-1}\log 2 +\log \log a_{i -1}
\]
這下就好做了。每次二分或者直接大力算出來最小的 \(c'\) 即可，若求不出來則無解。賽時懶得多想了寫了二分，爽！
//
/*
By:Luckyblock
*/
#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
const int kN = 2e5 + 10;
const double eps = 1e-9;
//=============================================================
int n, a[kN];
LL ans, f[kN];
//=============================================================
bool notsmaller(LL a_, LL f1_, LL b_, LL f2_) {
double lga = log10(1.0 * a_), lgb = log10(1.0 * b_);
double lglga = log10(lga), lglgb = log10(lgb);
double lg2 = log10(2.0);
return (f1_ * lg2 + lglga + eps >= f2_ * lg2 + lglgb);
}
//=============================================================
int main() {
// freopen("1.txt", "r", stdin);
std::ios::sync_with_stdio(0), std::cin.tie(0);
int T; std::cin >> T;
while (T --) {
std::cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; ++ i) std::cin >> a[i];
for (int i = 1; i <= n; ++ i) f[i] = 0;
ans = 0;
for (int i = 2; i <= n; ++ i) {
if (notsmaller(a[i], 0, a[i - 1], f[i - 1])) continue;
for (LL l = 1, r = 1e10; l <= r; ) {
LL mid = (l + r) >> 1ll;
if (notsmaller(a[i], mid, a[i - 1], f[i - 1])) {
f[i] = mid;
r = mid - 1;
} else {
l = mid + 1;
}
}
if (!f[i]) {
ans = -1;
break;
}
ans += f[i];
}
std::cout << ans << "\n";
}
return 0;
}
D
狀壓 DP。
江隊說是套路媽的，場上光想著怎麼 check 一個狀態是否合法了還能這麼搞太牛逼了。
這個資料範圍瘋狂暗示需要狀壓，於是考慮狀壓 DP 求有哪些選擇結尾的狀態是合法的。
發現題目給定限制，等價於對於所有長度為 \(k\) 的子區間，要求這些子區間中至少有一個字元為結尾字元；且最後一個字元一定為結尾字元。則對於每一個子區間中所有字元，在任一合法的選擇結尾的方案中不能同時不出現。
於是一個顯然的想法是考慮在結尾字元中，不存在哪些字元會使得方案非法。記 \(f_{s}\) 表示不存在的結尾字元的狀態 \(s\) 時是否合法，初始化：
- 對於每一長為 \(k\) 的子區間，求其中出現的字元狀態集合 \(s'\)，則 \(f_{s'} = \text{false}\)。
- 僅包含最後一個字元 \(s_{n}\) 的狀態 \(s''\)，有 \(f_{s''} = \text{false}\)。
- 除此之外所有其他集合 \(s\) 均有 \(f_{s} = \text{true}\)。
然後按照不存在字元數量列舉集合 \(1\sim 2^{c} - 1\)，考慮當前集合是否包含一個非法的子集即可，即有轉移：
\[\forall 1<s\le 2^{c}-1,\ f_{s} = \operatorname{AND}\limits_{2^i\in s} f_{s - 2^i}
\]
最後對所有 \(f_{s} = \text{true}\) 的狀態統計其中 0 的個數取最小值即為答案。
總時間複雜度 \(O(k + c\times 2^c)\) 級別。
//
/*
By:Luckyblock
*/
#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
const int kN = 1e6 + 10;
const int kInf = 1e9 + 2077;
const int kC = 20;
//=============================================================
int n, c, k, all, ans;
int cnt[kC];
bool can_delete[kN];
std::string s;
//=============================================================
void init() {
all = (1 << c) - 1, ans = c;
for (int i = 0; i <= all; ++ i) can_delete[i] = 1;
for (int i = 0; i < c; ++ i) cnt[i] = 0;
for (int i = 0; i < k; ++ i) ++ cnt[s[i] - 'A'];
for (int l = 0, r = k - 1; r < n; ++ l, ++ r) {
int j = 0;
for (int i = 0; i < c; ++ i) if (cnt[i]) j |= (1 << i);
can_delete[j] = 0;
if (r + 1 < n) -- cnt[s[l] - 'A'], ++ cnt[s[r + 1] - 'A'];
}
can_delete[1 << (s[n - 1] - 'A')] = 0;
}
void solve() {
for (int i = 1; i < all; ++ i) {
int cnt0 = 0;
for (int j = 0; j < c; ++ j) {
if (i >> j & 1) can_delete[i] &= can_delete[i ^ (1 << j)];
else ++ cnt0;
}
if (can_delete[i]) ans = std::min(ans, cnt0);
}
}
//=============================================================
int main() {
// freopen("1.txt", "r", stdin);
std::ios::sync_with_stdio(0), std::cin.tie(0);
int T; std::cin >> T;
while (T --) {
std::cin >> n >> c >> k;
std::cin >> s;
init();
solve();
std::cout << ans << "\n";
}
return 0;
}
寫在最後
學到了什麼：
- D：預處理狀態後自底向下遞推。