Codeforces Round #574 (Div. 2) A~E Solution

A. Drinks Choosing

有 $n$ 个人，每个人各有一种最喜欢的饮料，但是买饮料的时候只能同一种的两个两个买(两个一对)

学校只打算卖 $\left \lceil \frac{n}{2} \right \rceil$ 对

这意味着有些学生喝不到最喜欢的饮料，求最多有多少学生能喝的最喜欢的饮料

人数和饮料种数均小于等于 $1000$

直接贪心，对于喜欢同一种饮料的学生中，如果人数为奇数，要么单独买一对，然后把另一个给不喜欢这种饮料的人

要么喝自己不喜欢的饮料，设喜欢某种饮料的学生人数为奇数的饮料种数为 $x$，那么显然答案就是 $\left \lfloor \frac{x}{2} \right \rfloor$

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<map>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef long double ldb;
inline int read()
{
    int x=,f=; char ch=getchar();
    while(ch<''||ch>'') { if(ch=='-') f=-; ch=getchar(); }
    while(ch>=''&&ch<='') { x=(x<<)+(x<<)+(ch^); ch=getchar(); }
    return x*f;
}
const int N=1e5+;
int n,k,a[N],cnt[N],ans;
int main()
{
    n=read(),k=read();
    for(int i=;i<=n;i++) a[i]=read(),cnt[a[i]]++;
    for(int i=;i<=k;i++)
        if(cnt[i]&) ans++;
    printf("%d\n",n-ans/);
}

A. Drinks Choosing

B. Sport Mafia

有个人，进行了 $n$ 此操作，每次操作分为两种，放一些糖到盒子里，并且放的数量比上一次多 $1$，或者如果盒子有糖也可以选择从盒子里拿一个糖吃掉

第一次操作固定是往盒子里放一个糖，已知操作次数 $n$ 和最后剩下的糖的数量 $k$

求 $ta$ 吃的糖数量，保证有解

直接设进行了 $x$ 次 $1$ 操作，那么剩下的操作都是吃糖，所以可以列出方程

$x(x+1)/2=k+(n-x)$

解一下方程答案的公式就出来了

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<map>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef long double ldb;
inline int read()
{
    int x=,f=; char ch=getchar();
    while(ch<''||ch>'') { if(ch=='-') f=-; ch=getchar(); }
    while(ch>=''&&ch<='') { x=(x<<)+(x<<)+(ch^); ch=getchar(); }
    return x*f;
}
ll n,k;
int main()
{
    n=read(),k=read();
    // p*(p+1)/2=k+n-p
    // p^2+p=2k+2n-2p
    // p^2+3p-(2k+2n)=0
    // 9+8(n+k)
    // (-3+sqrt(8(n+k)+9))/2
    ll p=(sqrt((n+k)*+)-)/;
    printf("%lld\n",p*(p+)/-k);
    return ;
}

B. Sport Mafia

C. Basketball Exercise

两排长度为 $n$ 的数 $A,B$，从左到右每次可以选择 $A,B$ 中的一个或者不选，对于同一排不能选择相邻的数，求能得到的最大值

显然设 $F[i][0/1]$ 表示从左到右选到第 $i$ 个位置，当前位置选择的数是 $A/B$，转移显然，具体看代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<map>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef long double ldb;
inline int read()
{
    int x=,f=; char ch=getchar();
    while(ch<''||ch>'') { if(ch=='-') f=-; ch=getchar(); }
    while(ch>=''&&ch<='') { x=(x<<)+(x<<)+(ch^); ch=getchar(); }
    return x*f;
}
const int N=1e6+;
int n,a[N][];
ll f[N][];
int main()
{
    n=read();
    for(int i=;i<=n;i++) a[i][]=read();
    for(int i=;i<=n;i++) a[i][]=read();
    f[][]=a[][]; f[][]=a[][];
    for(int i=;i<=n;i++)
    {
        f[i][]=max(f[i-][]+a[i][],f[i-][]);
        f[i][]=max(f[i-][]+a[i][],f[i-][]);
    }
    printf("%lld\n",max(f[n][],f[n][]));
    return ;
}
 
 
 
 

C. Basketball Exercise

D1. Submarine in the Rybinsk Sea (easy edition)

对于两个数 $A,B$，它们从左到右每一位分别是 $A[1]A[2]...A[m],B[1]B[2]B[m]$

定义函数 $F(A,B)$ 表示把两个数错位插在一起的结果，即 $A[1]B[1]...A[m-1]B[m-1]A[m]B[m]$

（具体例子看原题面）

给定数列 $a[]$，求 $\sum_i\sum_jF(a[i],a[j])$，保证数列中每个数的长度相等

考虑每一个数对答案的贡献，发现当它(设为 $C$)被 $i$ 枚举到时的贡献总是 $C[1]0C[2]0C[3]0...C[m]0$，被 $j$ 枚举到时的贡献总是 $C[1]0C[2]...0C[m]$

显然被 $i,j$ 枚举到的次数都为 $n$，所以贡献可以一起算

具体操作起来写个函数把数转化一下就行了，我的写法要注意 $unsigned\ long\ long$

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<map>
using namespace std;
typedef unsigned long long ll;
typedef long double ldb;
inline int read()
{
    int x=,f=; char ch=getchar();
    while(ch<''||ch>'') { if(ch=='-') f=-; ch=getchar(); }
    while(ch>=''&&ch<='') { x=(x<<)+(x<<)+(ch^); ch=getchar(); }
    return x*f;
}
const int N=1e6+,mo=;
ll n,a[N],f[],ans;
int p[];
ll F(ll x,int type)//把数转换成插入一堆0的结果
{
    int len=; for(ll t=x;t;t/=) p[++len]=t%;
    ll res=; for(int i=;i<=len;i++) res+=p[i]*f[i*+type];
    return res%mo;
}
int main()
{
    n=read();
    for(int i=;i<=n;i++) a[i]=read();
    f[]=; for(int i=;i<=;i++) f[i]=f[i-]*;
    for(int i=;i<=n;i++)
        ans=(ans+F(a[i],))%mo,ans=(ans+F(a[i],-))%mo;
    printf("%lld\n",ans*n%mo);
    return ;
}

D1. Submarine in the Rybinsk Sea (easy edition)

D2. Submarine in the Rybinsk Sea (hard edition)

题目同上，唯一的区别就是数列 $a[]$ 中每个数的长度不一定相等

同样考虑每个数的贡献，发现一个数 $C$ 被 $i$ 枚举到时的贡献只和此时被 $j$ 枚举到的数的长度有关，被 $j$ 枚举到时的贡献也同理

所以记录一下长度为 $k$ 的数有多少个，把相同的贡献一起计算就好了

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<map>
using namespace std;
typedef unsigned long long ll;
typedef long double ldb;
inline int read()
{
    int x=,f=; char ch=getchar();
    while(ch<''||ch>'') { if(ch=='-') f=-; ch=getchar(); }
    while(ch>=''&&ch<='') { x=(x<<)+(x<<)+(ch^); ch=getchar(); }
    return x*f;
}
const int N=1e6+,mo=;
ll n,a[N],f[],ans;
int p[],cnt[];
int Len(ll x) { int res=; while(x) res++,x/=; return res; }
ll F(ll x,int type,int num)
{
    int len=; for(ll t=x;t;t/=) p[++len]=t%;
    ll res=;
    for(int i=;i<=min(len,num);i++) res+=p[i]*f[i*+type];
    for(int i=num+;i<=len;i++) res+=p[i]*f[num+i];
//    cout<<x<<" "<<num<<" "<<res<<endl;
    return res%mo;
}
int main()
{
    n=read();
    for(int i=;i<=n;i++) a[i]=read();
    f[]=; for(int i=;i<=;i++) f[i]=f[i-]*;
    for(int i=;i<=n;i++) cnt[Len(a[i])]++;
    for(int i=;i<=n;i++)
    {
//        cout<<a[i]<<endl;
//        for(int j=1;j<=10;j++) F(a[i],0,j);
//        for(int j=1;j<=10;j++) F(a[i],-1,j);
        for(int j=;j<=;j++) ans=(ans+F(a[i],,j)*cnt[j]%mo)%mo;
        for(int j=;j<=;j++) ans=(ans+F(a[i],-,j)*cnt[j]%mo)%mo;
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return ;
}

D2. Submarine in the Rybinsk Sea (hard edition)

E. OpenStreetMap

给一个 $n*m$ 的矩阵，求其中所有 $a*b$ 的子矩阵的元素最小值之和

$n,m<=1000$

和这一题同样的思路：[HAOI2007]理想的正方形

直接单调队列横着竖着扫一遍就好了

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<map>
using namespace std;
typedef unsigned long long ll;
typedef long double ldb;
inline int read()
{
    int x=,f=; char ch=getchar();
    while(ch<''||ch>'') { if(ch=='-') f=-; ch=getchar(); }
    while(ch>=''&&ch<='') { x=(x<<)+(x<<)+(ch^); ch=getchar(); }
    return x*f;
}
const int N=;
int n,m,a,b,h[N][N];
int F[N][N],G[N][N],Q[N];
ll g[N*N],x,y,z,ans;
int main()
{
    n=read(),m=read(),a=read(),b=read();
    int tot=;
    g[]=read(),x=read(),y=read(),z=read();
    for(int i=;i<=n;i++)
        for(int j=;j<=m;j++)
        {
            h[i][j]=g[tot];
            tot++; g[tot]=(g[tot-]*x+y)%z;
        }
    for(int i=;i<=n;i++)
    {
        int L=,R=;
        for(int j=;j<=m;j++)
        {
            while(L<=R&&Q[L]<=j-b ) L++;
            while(L<=R&&h[i][j]<=h[i][Q[R]]) R--;
            Q[++R]=j; F[i][j]=h[i][Q[L]];
//            cout<<F[i][j]<<" ";
        }
    }
    for(int j=;j<=m;j++)
    {
        int L=,R=;
        for(int i=;i<=n;i++)
        {
            while(L<=R&&Q[L]<=i-a) L++;
            while(L<=R&&F[i][j]<=F[Q[R]][j]) R--;
            Q[++R]=i; G[i][j]=F[Q[L]][j];
//            cout<<G[i][j]<<" ";
            if(i>=a&&j>=b) ans+=G[i][j];
        }
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return ;
}

E - OpenStreetMap