CSU-ACM2020寒假集训比赛2

A - Messenger Simulator

CodeForces - 1288E

两种解法，我选择了第二种

mn很好求，联系过就是1，没联系过就是初始位置

第一种:统计同一个人两次联系之间的出现的不同的人的个数，这个值用来更新mx[i]，模拟一下就可以理解。而在第一次联系之前的部分，由于初始是顺序的，所以只需要统计i第一次联系之前出现的大于i的不同的人的个数，用这个数字和初始位置之和来更新mx[i]。对于最后一次联系之后的部分，我们可以假定在m+1的位置再次与其进行联系，然后套用前面两次联系之间的情况即可，需要注意的是对于所有的i都是假设在m+1的位置再次进行联系。对于从来都没有联系过的人，同样假设m+1联系并套用第一次联系之前的模式即可，其实也就是整个序列m中比i大的不同人的个数是多少。复杂度在统计两次联系之间那里，可以用莫队或者主席树实现，其他部分可以用树状数组实现。

第二种就是模拟这个过程，初始位置对应线段树m+1~m+n区间，每次练习就是把一个人当前位置对应权值-1，然后在最前面+1，容易发现只需要统计每次联系前的位置即可(仍视为m+1次联系了所有的i，其实就是在全部联系结束之后再次统计当前位置)。

 #include<bits/stdc++.h>
 #define LL long long
 #define dl double
 using namespace std;
 const int inf=3e5+;
 int n,m;
 int mn[inf],mx[inf];
 int f[inf<<];
 int fir,hs[inf];
 #define mid (l+r>>1)
 #define rs  (o<<1|1)
 #define ls  (o<<1)
 void add(int o,int l,int r,int x,int y){
  if(l == r){f[o]+=y;return ;}
  if(x <= mid)add(ls,l,mid,x,y);
  else add(rs,mid+,r,x,y);
  f[o]=f[ls]+f[rs];
 }
 int query(int o,int l,int r,int x){
  if(r <= x)return f[o];
  if(x <= mid)return  query(ls,l,mid,x);
  else return f[ls]+query(rs,mid+,r,x);
 }
 int main(){
 // freopen("in.txt","r",stdin);
  scanf("%d%d",&n,&m);fir=m;
  for(int i=;i<=n;i++)add(,,n+m,hs[i]=i+m,),mx[i]=mn[i]=i;
  for(int i=;i<=m;i++){
   int x;scanf("%d",&x);
   mx[x]=max(mx[x],query(,,n+m,hs[x]));
   add(,,n+m,hs[x],-);
   add(,,n+m,hs[x]=fir--,);
   mn[x]=;
  }
  for(int i=;i<=n;i++)mx[i]=max(mx[i],query(,,n+m,hs[i]));
  for(int i=;i<=n;i++)printf("%d %d\n",mn[i],mx[i]);
  return ;
 }

B - Restore Permutation

CodeForces - 1208D

此题很容易想到从后往前处理。最后一个可以直接算出来，然后排除他的影响，算倒数第二个....我们需要证明一个结论，对于当前处理的位置(排除了已经用过的)，s[i]严格单调，此结论很容易证明，任取i<j即可发现s[i]<s[j]。我开了一个set储存当前剩余的元素，set内比较的是其在当前位置时对应的s[i]，然后lower_bound即可找到答案，nlog^2。

标答1的解法是:每次寻找s[i]为0的点，最右面的这种点便是1(他的右面不可能有0了)，然后把他后面的s[i]都-1，再找2，重复此过程。

标答2是树状数组做法，同样倒序处理，巧妙运用树状数组免去了二分的麻烦同时省去了"删除操作"，也就把我的set直接去掉了。

 #include<bits/stdc++.h>
 #define LL long long
 #define dl double
 using namespace std;
 const int inf=2e5+;
 int n;
 LL s[inf];
 LL f[inf];
 int a[inf];
 int lowbit(int x){return x&(-x);}
 LL sum(int x){LL ans=;for(int i=x;i;i-=lowbit(i))ans+=f[i];return ans;}
 void add(int x){for(int i=x;i<=n;i+=lowbit(i))f[i]+=x;}
 struct ghb{
  int id;
  LL val;
  bool operator < (const ghb &o)const{
   LL tp1=1ll*id*(id-)/-sum(id),tp2=1ll*o.id*(o.id-)/-sum(o.id);
   if(!o.id)tp2=o.val;
   return tp1 < tp2;
  }
 };
 set<ghb>S;
 set<ghb>::iterator g;
 int main(){
 // freopen("in.txt","r",stdin);
  scanf("%d",&n);
  for(int i=;i<=n;i++)scanf("%lld",&s[i]),S.insert((ghb){i,});
  for(int i=n;i>=;i--){
   g=S.lower_bound((ghb){,s[i]});
   a[i]=(*g).id;add((*g).id);S.erase(g);
  }
  for(int i=;i<=n;i++)printf("%d ",a[i]);
  return ;
 }

C - Turing Tree

HDU - 3333

莫队的模板题

或者还有两种解法

第一种:主席树，在线算法，每个位置记录对应数值上一次出现的位置，然后变成了区间查询小于l的元素个数的问题，只不过是把权值1变成了对应数的数值。

另一种:线段树/树状数组，离线算法，把询问按右节点排序，依次插入每一个数，在树状数组中加上对应值，如果这个数之前出现过，那么把之前的减去对应值。

 #include<bits/stdc++.h>
 #define LL long long
 #define dl double
 using namespace std;
 const int inf=3e4+;
 int T;
 int n,m;
 struct ghb{
  int id,val1,val2;
  bool operator < (const ghb &o)const{return val1 < o.val1;}
 }a[inf];
 bool cmp1(ghb &a,ghb &b){return a.id < b.id;}
 int bel[inf];
 struct Query{
  int l,r,id;
  LL ans;
  bool operator < (const Query &o)const{return bel[l] == bel[o.l] ? r<o.r : bel[l]<bel[o.l];}
 }q[inf<<];
 bool cmp2(Query &a,Query &b){return a.id < b.id;}
 int cnt[inf];
 void work(){
  LL ans=;
  int l=,r=;
  for(int i=;i<=m;i++){
   while(l < q[i].l){
    cnt[a[l].val2]--;
    if(cnt[a[l].val2] == )ans-=a[l].val1;
    l++;
   }
   while(l > q[i].l){
    l--;
    cnt[a[l].val2]++;
    if(cnt[a[l].val2] == )ans+=a[l].val1;
   }
   while(r < q[i].r){
    r++;
    cnt[a[r].val2]++;
    if(cnt[a[r].val2] == )ans+=a[r].val1;
   }
   while(r > q[i].r){
    cnt[a[r].val2]--;
    if(cnt[a[r].val2] == )ans-=a[r].val1;
    r--;
   }
   q[i].ans=ans;
  }
 }
 int main(){
 // freopen("in.txt","r",stdin);
  scanf("%d",&T);
  a[].val1=-;
  while(T--){
   memset(cnt,,sizeof(cnt));
   scanf("%d",&n);int len=sqrt(n);
   for(int i=;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i].val1),bel[a[i].id=i]=(i-)/len+;
   sort(a+,a+n+);
   for(int i=;i<=n;i++)a[i].val2=a[i].val1 == a[i-].val1 ? a[i-].val2 : a[i-].val2+;
   sort(a+,a+n+,cmp1);
   scanf("%d",&m);
   for(int i=;i<=m;i++)scanf("%d%d",&q[i].l,&q[i].r),q[i].id=i;
   sort(q+,q+m+);
   work();
   sort(q+,q+m+,cmp2);
   for(int i=;i<=m;i++)printf("%lld\n",q[i].ans);
  }
  return ;
 }
 /*莫队模板题*/

D - Welfare State

CodeForces - 1199D

第一感觉就是线段树模拟这个过程，因为只有一次询问所以也不是吉司机那种，然后写的过程中发现有些累赘，感觉有更简单的方法。

其实可以用O(n)的做法，只要倒序枚举所有操作并记录2操作最大值，在某个位置的1操作第一次被枚举到的时候更新当前点的值即可，同样，从来没被1操作过的可以视为在0处有一个1操作，也就是全枚举完后对没被1操作过的位置取一个max。

只有线段树的代码

 #include<bits/stdc++.h>
 #define LL long long
 #define dl double
 using namespace std;
 const int inf=2e5+;
 int n,q;
 int f[inf<<],tag[inf<<];
 #define ls (o<<1)
 #define rs (o<<1|1)
 #define mid (l+r>>1)
 void tagdown(int o){
  tag[ls]=max(tag[ls],tag[o]);
  tag[rs]=max(tag[rs],tag[o]);
  tag[o]=;
 }
 void modify(int o,int l,int r,int x,int y){
  if(l == r){tag[o]=;f[o]=y;return ;}
  tagdown(o);
  if(x <= mid)modify(ls,l,mid,x,y);
  else modify(rs,mid+,r,x,y);
 }
 void out(int o,int l,int r){
  if(l == r){printf("%d ",max(f[o],tag[o]));return ;}
  tagdown(o);out(ls,l,mid);out(rs,mid+,r);
 }
 int main(){
 // freopen("in.txt","r",stdin);
  scanf("%d",&n);
  for(int i=;i<=n;i++){int x;scanf("%d",&x);modify(,,n,i,x);}
  scanf("%d",&q);
  for(int i=;i<=q;i++){
   int x,y,z;scanf("%d%d",&x,&y);
   if(x == ){scanf("%d",&z);modify(,,n,y,z);}
   else tag[]=max(tag[],y);
  }
  out(,,n);
  return ;
 }
 /*又是一道伪吉司机线段树，因为只有一次询问所以很简单*/
 /*似乎压根不存在f的转移，应该可以用更简洁的方法做出来*/

E - Playlist

CodeForces - 1140C

道理很简单，按b从大到小排序，顺序枚举选择前k大。然而我选择了很愚蠢的二分+树状数组来求前k大，事实上一个优先队列就可以轻松解决。

 #include<bits/stdc++.h>
 #define LL long long
 #define dl double
 using namespace std;
 const int inf=3e5+;
 int n,k;
 struct Song{
  int t,b;
  bool operator < (const Song &o)const{
   return b > o.b;
  }
 }a[inf];
 int lowbit(int x){return x&(-x);}
 int f1[inf<<];
 LL f2[inf<<];
 void add(int x){int y=1e6-x+;for(int i=y;i<=1e6;i+=lowbit(i))f1[i]++,f2[i]+=x;}
 int sum1(int x){int ans=;for(int i=x;i;i-=lowbit(i))ans+=f1[i];return ans;}
 LL  sum2(int x){LL  ans=;for(int i=x;i;i-=lowbit(i))ans+=f2[i];return ans;}
 LL ANS;
 int main(){
 // freopen("in.txt","r",stdin);
  scanf("%d%d",&n,&k);
  for(int i=;i<=n;i++)scanf("%d%d",&a[i].t,&a[i].b);
  sort(a+,a+n+);
  for(int i=;i<=n;i++){
   add(a[i].t);
   int l1=,r1=1e6;
   while(l1 != r1){
    int mid=(l1+r1>>)+;
    if(sum1(mid) > k)r1=mid-;
    else l1=mid;
   }
   int l2=,r2=1e6;
   while(l2 != r2){
    int mid=l2+r2>>;
    if(sum1(mid) < k)l2=mid+;
    else r2=mid;
   }
   LL ans=sum2(l1);
   int tp1=sum1(l1);
   if(tp1 < k && sum1(l2) > k)ans+=1ll*(1e6-l2+)*(k-tp1);
   ANS=max(ANS,ans*a[i].b);
  }
  printf("%lld\n",ANS);
  return ;
 }
 /*二分+树状数组实现前k大?*/