AtCoder Regular Contest 100

传送门

C - Linear Approximation

题意：

求

\[\sum_{i=1}^nabs(A_i-(b+i))
\]

\(A_i,b\)给出。

思路：

将括号拆开，变为\(A_i-i-b\)，所以将所有的\(A_i\)减去\(i\)，然后就是一个经典问题了。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
//#define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 2e5 + 5;

int n;
int a[N];

void run() {
    for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i], a[i] -= i;
    sort(a + 1, a + n + 1);
    int p = a[(n + 1) / 2];
    ll ans = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        ans += abs(p - a[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;
}

D - Equal Cut

题意：

给出一个序列\(a\)，长度为\(n,n\leq 2\cdot 10^5\)。现在要切三刀将这个序列分为四段，问最终每段和的最大值减去最小值最小为多少。

思路：

• 因为只会切三刀，可以考虑单独枚举一刀，然后考虑其它两刀；
• 那么就考虑枚举中间的那一刀，然后想怎么处理两边的划分。
• 设左边的两段和为\(L_1,L_2\)，右边的两段和为\(R_1,R_2\)，那么当\(L_1,L_2\)以及\(R_1,R_2\)的差都最小时，答案最优。
• 简略证明如下：
• 左端和为\(L\)，右端和为\(R\)，那么不妨\(L_1=\frac{L}{2}+t,L2=\frac{L}{2}-t,R_1=\frac{R}{2}+k,R_2=\frac{R}{2}-k\)，显然\(MAX=max(L_1,R_1),MIN=min(L_2,R_2)\)，那么让\(t,k\)尽量小肯定最优。

其实证明也可以分情况讨论，也就只有两种情况，只是在直觉方面不好感受。。。但这样来想更为自然= =所以矛盾啊QAQ

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
//#define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 2e5 + 5;

int n;
int a[N];
ll sum[N];

ll Get(int l, int r, int m) {
    return abs(sum[r] - sum[m] - sum[m] + sum[l - 1]);
}

void run() {
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> a[i];
        sum[i] = sum[i - 1] + a[i];
    }
    int j = 1, k = 3;
    ll ans = 1e18;
    for(int i = 2; i <= n - 1; i++) {
        while(j < i - 1 && Get(1, i, j) > Get(1, i, j + 1)) ++j;
        while(k < n - 1 && Get(i + 1, n, k) > Get(i + 1, n, k + 1)) ++k;
        ll mx = max(sum[i] - sum[j], max(sum[j], max(sum[n] - sum[k], sum[k] - sum[i])));
        ll mn = min(sum[i] - sum[j], min(sum[j], min(sum[n] - sum[k], sum[k] - sum[i])));
//        cout << j << ' ' << i << ' ' << k << '\n';
        ans = min(ans, mx - mn);
    }
    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;
}

E - Or Plus Max

可以参见：传送门

转换的思路还是挺巧妙的。

F - Colorful Sequences

太菜了不会啊。。。