传送门

A. Balanced Rating Changes

签到,分正负搞一下就行。

B. Balanced Tunnel

题意:

给出\(n\)辆车的进洞顺序和出洞顺序,问有多少量车实现了洞中超车。

思路:

对于进洞的车\(i\),找到其出洞之前所有的车,若有车还未进洞,则那辆车实现了超车。

对于出洞序列维护一个指针\(j\),可以证明,任一时刻\(j\)之前的车都处于超车和没超车两种状态,也就是说\(j\)是单调不减的。

然后就类似于双指针搞下就行。

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 N = 1e5 + 5; int n; int a[N], b[N];
bool chk[N], fined[N]; void run() {
for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> b[i];
int j = 1;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
chk[a[i]] = 1;
while(j <= n && !fined[a[i]] && b[j] != a[i]) {
if(!chk[b[j]]) fined[b[j]] = 1;
++j;
}
}
int ans = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
ans += fined[i];
}
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
while(cin >> n) run();
return 0;
}

C2. Balanced Removals (Harder)

题意:

在三维空间中给出\(n\)个点,现在要不断删除以两个点为对角线顶点的立方体,并要求立方体中不含任何其它点。

输出删除序列。

思路:

  • 可以考虑二维状态怎么处理这个问题。
  • 显然若\(x\)都不同,排序直接删除就行
  • 若存在\(x\)相同,我们需要单独删除横坐标相同的点,最后至多留下一个点,问题转换为上述问题。
  • 那么对于三维状态也同理,只是实现起来稍微复杂一点。

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 = 50005; int n;
struct Point{
int x, y, z, id;
bool operator < (const Point &A) const {
if(x != A.x) return x < A.x;
if(y != A.y) return y < A.y;
if(z != A.z) return z < A.z;
return id < A.id;
}
}a[N]; void run() {
for(int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> a[i].x >> a[i].y >> a[i].z;
a[i].id = i;
}
sort(a + 1, a + n + 1);
std::vector<Point> v2;
for(int i = 1, j; i <= n; i = j) {
j = i;
while(j <= n && a[i].x == a[j].x) ++j;
std::vector<Point> v;
for(int k = i, t; k < j; k = t) {
t = k;
while(t < j && a[k].y == a[t].y) ++t;
for(int p = k; p < t; p += 2) {
if (p + 1 < t) {
cout << a[p].id << ' ' << a[p + 1].id << '\n';
} else {
v.push_back(a[p]);
}
}
}
for(int p = 0; p < sz(v); p += 2) {
if(p + 1 < sz(v)) {
cout << v[p].id << ' ' << v[p + 1].id << '\n';
} else {
v2.push_back(v[p]);
}
}
}
for(int i = 0; i < sz(v2); i += 2) {
cout << v2[i].id << ' ' << v2[i + 1].id << '\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
while(cin >> n) run();
return 0;
}

D. Balanced Playlist

题意:

给出一个环,每个点有权值。现在从每个点出发,定义走过路径上点权的最大值为\(max\),那么走到一个点其权值\(v\)满足\(v<\frac{max}{2}\)时停止。

问从每一个点出发所走的路径长度为多少,若无限走下去则输出\(-1\)。

思路:

这个题我是暴力*过去的hhhh。

我的做法就是类似于双指针那样,维护两个指针来跑,但复杂度可能高达\(O(n^2)\)。后来我加了点trick就1700ms给卡过去了2333。

但其实\(O(nlogn)\)的做法很多,二分、线段树这些都行...但二分+RMQ应该是最简单的做法吧。

给出我的暴力代码:

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 = 3e5 + 5; int n;
int a[N];
int ans[N];
//y < x
bool ok(int x, int y) {
return y < (x + 1) / 2;
} void run() {
for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
for(int i = 1; i <= n; i++) a[i + 2 * n] = a[i + n] = a[i];
int Min = *min_element(a + 1, a + n + 1);
int Max = *max_element(a + 1, a + n + 1);
if(!ok(Max, Min)) {
for(int i = 1; i <= n; i++) cout << -1 << " \n"[i == n];
return;
}
for(int i = 1, j; i <= n; i = j + 1) {
j = i;
int mx = a[i], p = i;
while(j + 1 <= 3 * n && !ok(mx, a[j + 1])) {
++j;
if(a[j] >= mx) {
mx = a[j];
p = j;
}
}
for(int k = i; k <= p; k++) {
ans[k] = j + 1 - k;
}
while(p < n && ok(a[p + 1], a[j + 1])) {
++p;
ans[p] = j + 1 - p;
}
j = p;
}
for(int i = 1; i <= n; i++) cout << ans[i] << " \n"[i == 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
while(cin >> n) run();
return 0;
}

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