2018CCPC吉林赛区
A - The Fool
整除分块即可。
B - The World
模拟即可。
C - Justice
题意：
给出\(n\)个数\(k_i\)，每个数的权值为\(\frac{1}{2^{k_i}}\)。
现在问能否将这些数划分为两个集合，使得每个集合里面数的权值和不小于\(\frac{1}{2}\)。
若合法，输出任意一种方案。
思路：
- 对于两个相同的\(k\)，一定能够合并为\(k-1\)。
- 直接数组存储显然存不下，我们可以直接合并到\(k-x\)，满足\(k-x\)存在，也就是说我们每次将\(a_i\)减小到\(a_{i-1}\)，时间复杂度最多为\(O(logn)\)。
- 模拟这个过程就行了，后面输出方案的时候找到一个阀值即可。
说起来感觉比较简单，写起来没那么简单，细节很多。。后面寻找方案的时候也套了个二分（可能我姿势水平太低了）。
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
// #define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 1e5 + 5;
int n;
pii a[N], b[N], c[N];
int Case;
int bel[N], ans[N];
bool ok(int x, int y) {
while(x != 1 && y >= 2) {
--x; y /= 2;
}
if(x == 1) return true;
return false;
}
void run() {
++Case;
cin >> n;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> a[i].fi;
a[i].se = i;
bel[i] = ans[i] = 0;
}
sort(a + 1, a + n + 1);
int tot = 0;
for(int i = 1, j; i <= n; i = j) {
j = i;
while(j <= n && a[i].fi == a[j].fi) ++j;
b[++tot] = MP(a[i].fi, j - i);
for(int k = i; k < j; k++) bel[k] = tot;
}
b[0] = MP(1, 0);
for(int i = 0; i <= tot; i++) c[i] = b[i];
for(int i = tot; i > 0; i--) {
int x = b[i].se;
int now = b[i].fi, pre = b[i - 1].fi;
while(now != pre && x >= 2) {
x /= 2;
--now;
}
if(now == pre) b[i - 1].se += x;
}
cout << "Case " << Case << ": ";
if(b[0].se >= 2) {
cout << "YES" << '\n';
} else {
cout << "NO" << '\n';
return;
}
if(a[1].fi == 1) {
ans[a[1].se] = 1;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
cout << ans[i];
}
cout << '\n';
return;
}
int need = 0, t = 0;
for(int i = tot; i > 0; i--) {
int x = c[i].se;
int now = c[i].fi, pre = c[i - 1].fi;
if(ok(now, x)) {
int l = 1, r = x + 1, mid;
while(l < r) {
mid = (l + r) >> 1;
if(ok(now, mid)) r = mid;
else l = mid + 1;
}
t = tot + 1, need = r; break;
}
while(now != pre && x >= 2) {
x /= 2;
--now;
}
if(now != pre) x = 0;
int k1 = c[i - 1].fi, k2 = c[i - 1].se + x;
if(ok(k1, k2)) {
int l = x, r = k2 + 1, mid;
while(l < r) {
mid = (l + r) >> 1;
if(ok(k1, mid)) r = mid;
else l = mid + 1;
}
need = r - x; t = i; break;
}
c[i - 1].se += x;
}
for(int i = 1; i <= n; i++) {
if(bel[i] >= t) {
ans[a[i].se] = 1;
} else if(bel[i] == t - 1 && need) {
ans[a[i].se] = 1; --need;
} else ans[a[i].se] = 0;
}
for(int i = 1; i <= n; i++) {
cout << ans[i];
}
cout << '\n';
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
freopen("../input.in", "r", stdin);
freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
int T; cin >> T;
while(T--) run();
return 0;
}
有一种更加简单优美的做法：并查集+优先队列。
并查集就维护合并路径，还是比较巧妙。
细节见代码：
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
// #define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 1e5 + 5;
int n;
int a[N];
int Case;
int f[N];
int find(int x) {
return f[x] == x ? f[x] : f[x] = find(f[x]);
}
void run() {
cout << "Case " << ++Case << ": ";
cin >> n;
for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
for(int i = 0; i <= n; i++) {
f[i] = i;
}
priority_queue <pii> q;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
q.push(pii(a[i], i));
}
while(!q.empty() && q.top().fi > 1) {
pii now = q.top(); q.pop();
if(q.empty()) break;
if(now.fi != q.top().fi) continue;
pii cur = q.top(); q.pop();
int fx = find(now.se), fy = find(cur.se);
if(fx < fy) swap(fx, fy);
f[fx] = fy;
q.push(pii(now.fi - 1, fy));
}
if(q.size() <= 1) {
cout << "NO" << '\n';
} else {
cout << "YES" << '\n';
for(int i = 1; i <= n; i++) {
if(find(i) == q.top().se) cout << 1;
else cout << 0;
}
cout << '\n';
}
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
freopen("../input.in", "r", stdin);
freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
int T; cin >> T;
while(T--) run();
return 0;
}
D - The Moon
数学期望，就考虑几种情况就行，倒着来推，递推式详见代码：(因为有\(1.5\%\)，所以是千分位)
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int MAXN = 1e3+5;
typedef double db;
int t,p;
db f[MAXN];
db g(int x){
return f[min(x,1000)];
}
int main() {
scanf("%d",&t);
for(int kase=1;kase<=t;kase++){
scanf("%d",&p);
f[1000] = 100.0/p;
for(int i=995;i>=20;i-=5)
f[i] = (p/100.0)*(i/1000.0) + (p/100.0)*((1000-i)/1000.0)*(1+g(i+20)) + (100-p)/100.0*(1+g(i+15));
printf("Case %d: %.7f\n",kase,f[20]);
}
return 0;
}
F - The Hermit
仔细分析一下题目条件就很好做了，每一个位置答案为\(a_i-2\)。
H - Lovers
题意：
一开始有\(n\)个空串\(s_1,s_2,\cdots,s_n\)，然后执行\(m\)次操作，操作分为两种：
- \(w\ l\ r\ d:\)给\(l\)到\(r\)位置上的所有子串两边加上\(d\)，相当于\(s_i\)变为\(ds_id,l\leq i\leq r\)；
- \(q\ l\ r:\)询问\(\sum_{i=l}^r value*(s_i)(mod\ 10^9+7)\)。
思路：
硬核线段树。
考虑若对一个位置施加一次操作，结果为：
\]
其中\(sum\)表示对应区间的答案和，\(sum_2\)表示对应区间的\(\sum 10^{len_i}\)。
三个的含义分别是头、中、尾部。
手玩一下，发现如果施加三次操作，结果将变为：
\]
那么我们可以发现，我们维护懒标记时，可以单独维护\([d_1\cdots d_n],[d_n\cdots d_1],10^{len}\)，这样懒标记的更新也很好更新，懒标记下传时直接对应乘起来即可。
其中\([d_1d_2\cdots d_n]\)表示\(value(d_1d_2\cdots d_n)\)。
一开始细节没有想清楚，感觉还是有点遗憾。
注意一下\(sum_2\)的更新。
详见代码：
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
// #define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 1e5 + 5, MOD = 1e9 + 7;
int Case;
int n, m;
int sum[N << 2], sum2[N << 2];
int llz[N << 2], rlz[N << 2], lenlz[N << 2];
char s[10];
void push_up(int o) {
sum[o] = (sum[o << 1] + sum[o << 1|1]) % MOD;
sum2[o] = (sum2[o << 1] + sum2[o << 1|1]) % MOD;
}
void upd(int son, int fa, int l, int r) {
sum[son] = (1ll * lenlz[fa] * sum2[son] % MOD * llz[fa] % MOD +
1ll * lenlz[fa] * sum[son] % MOD +
1ll * rlz[fa] * (r - l + 1) % MOD) % MOD;
sum2[son] = 1ll * lenlz[fa] * lenlz[fa] % MOD * sum2[son] % MOD;
llz[son] = (1ll * llz[fa] * lenlz[son] % MOD + llz[son]) % MOD;
rlz[son] = (1ll * rlz[son] * lenlz[fa] % MOD + rlz[fa]) % MOD;
lenlz[son] = 1ll * lenlz[son] * lenlz[fa] % MOD;
}
void push_down(int o, int l, int r) {
if(lenlz[o] > 1) {
int mid = (l + r) >> 1;
upd(o << 1, o, l, mid);
upd(o << 1|1, o, mid + 1, r);
lenlz[o] = 1;
llz[o] = rlz[o] = 0;
}
}
void build(int o, int l, int r) {
llz[o] = rlz[o] = 0;
lenlz[o] = 1;
if(l == r) {
sum[o] = 0; sum2[o] = 1;
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
build(o << 1, l, mid);
build(o << 1|1, mid + 1, r);
push_up(o);
}
void update(int o, int l, int r, int L, int R, int d) {
if(L <= l && r <= R) {
sum[o] = (1ll * sum[o] * 10 % MOD + 1ll * d * (r - l + 1) % MOD + 1ll * 10 * d * sum2[o] % MOD) % MOD;
sum2[o] = 1ll * sum2[o] * 100 % MOD;
llz[o] = (1ll * lenlz[o] * d % MOD + llz[o]) % MOD;
rlz[o] = (1ll * rlz[o] * 10 + d) % MOD;
lenlz[o] = 1ll * lenlz[o] * 10 % MOD;
return;
}
push_down(o, l, r);
int mid = (l + r) >> 1;
if(L <= mid) update(o << 1, l, mid, L, R, d);
if(R > mid) update(o << 1|1, mid + 1, r, L, R, d);
push_up(o);
}
int query(int o, int l, int r, int L, int R) {
if(L <= l && r <= R) {
return sum[o];
}
push_down(o, l, r);
int mid = (l + r) >> 1, res = 0;
if(L <= mid) res = (res + query(o << 1, l, mid, L, R)) % MOD;
if(R > mid) res = (res + query(o << 1|1, mid + 1, r, L, R)) % MOD;
return res;
}
void run() {
++Case;
cout << "Case " << Case << ":" << '\n';
cin >> n >> m;
build(1, 1, n);
while(m--) {
cin >> s;
int l, r, d;
if(s[0] == 'w') {
cin >> l >> r >> d;
update(1, 1, n, l, r, d);
} else {
cin >> l >> r;
int ans = query(1, 1, n, l, r);
cout << ans << '\n';
}
}
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
freopen("../input.in", "r", stdin);
freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
int T; cin >> T;
while(T--) run();
return 0;
}
I - Strength
游戏王，憨憨贪心，分两种情况就行。
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
// #define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int MAXN = 1e5+5;
int t,n,m,a[MAXN],b[MAXN],c[MAXN];
multiset<int> st;
bool vis[MAXN];
int main(){
cin>>t;
for(int kase=1;kase<=t;kase++){
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++)vis[i]=0;
st.clear();
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
for(int i=1;i<=m;i++)cin>>b[i];
int k=0;
for(int i=1;i<=m;i++){
int x;
cin>>x;
if(x==1)st.insert(b[i]);
else c[++k] = b[i];
}
sort(a+1,a+1+n);
sort(c+1,c+1+k);
ll ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
auto it = st.lower_bound(a[i]);
if(*it == a[i]){
st.erase(it);
vis[i]=1;
}else if(it!=st.begin()){
it--;
st.erase(it);
vis[i]=1;
}
}
ll sum = 0;
if(st.size()==0){
int j=1;
for(int i=n;i>=1;i--){
if(vis[i])continue;
if(j<=k)sum += max(0,a[i] - c[j++]);
else sum += a[i];
}
}
ans = sum;
int j=1;
sum=0;
for(int i=n;i>=1&&j<=k;i--){
sum += max(0,a[i]-c[j++]);
}
ans=max(ans,sum);
cout<<"Case "<<kase<<": "<<ans<<'\n';
}
return 0;
}
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