【AtCoder】ARC096(C - F)

听说日本题思维都很棒，去涨涨智商qwq

C - Half and Half

题解

枚举买多少个AB披萨也行

但是关于买x个AB披萨最后的总花费是个单峰函数，可以三分

这题有点像六省联考2017D1T1送分题期末考试

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#define MAXN 100005
#define PLI pair<long long,int>
#define fi first
#define se second
#define mp make_pair
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
int64 A,B,C;
int X,Y;
int64 calc(int t) {
	return 2 * t * C + max(X - t,0) * A + max(Y - t,0) * B;
}
void Solve() {
	scanf("%lld%lld%lld%d%d",&A,&B,&C,&X,&Y);
	int L = 0,R = max(X,Y);
	while(1) {
		int k = (R - L) / 3;
		if(!k) break;
		if(calc(L + k) > calc(R - k)) L = L + k;
		else R = R - k;
	}
	int64 ans = X * A + Y * B;
	for(int i = L ; i <= R ; ++i) {
		ans = min(ans,calc(i));
	}
	printf("%lld\n",ans);
}
int main() {
#ifdef ivorysi
	freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
	Solve();
	return 0;
}

D - Static Sushi

题解

分类瞎讨论一下就好，顺时针走，逆时针走，顺时针走再去逆时针，逆时针走再去顺时针

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#define MAXN 100005
#define PLI pair<long long,int>
#define fi first
#define se second
#define mp make_pair
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
int N;
int64 C,x[MAXN],v[MAXN],ans;
int64 pre[MAXN],suf[MAXN],premax[MAXN],sufmax[MAXN];
void Solve() {
	scanf("%d%lld",&N,&C);
	for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) scanf("%lld%lld",&x[i],&v[i]);
	x[N + 1] = C;
	for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
		pre[i] = pre[i - 1] + v[i] - (x[i] - x[i - 1]);
		premax[i] = max(pre[i],premax[i - 1]);
	}
	for(int i = N ; i >= 1 ; --i) {
		suf[i] = suf[i + 1] + v[i] - (x[i + 1] - x[i]);
		sufmax[i] = max(suf[i],sufmax[i + 1]);
	}
	ans = max(ans,max(sufmax[1],premax[N]));
	for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
		ans = max(ans,pre[i] - x[i] + sufmax[i + 1]);
	}
	for(int i = N ; i >= 1 ; --i) {
		ans = max(ans,suf[i] - (C - x[i]) + premax[i - 1]);
	}
	printf("%lld\n",ans);
}
int main() {
#ifdef ivorysi
	freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
	Solve();
	return 0;
}

E - Everything on It

题解

容斥，w(i)表示有i个配料出现小于2次

式子就是\(\sum_{i = 0}^{n}(-1)^{i}\binom{n}{i}w(i)\)

然后考虑求\(w(i)\)

再考虑一个\(w2(i,j)\)表示把i个数字分到j个碗里，可以有数字不分到碗里，用类似第二类斯特林数的递推方式可以求出来

然后方案数就是\(w(i) = \sum_{j = 0}^{i} w2(i,j)2^{(N - i)j}2^{2^{N - i}}\)

然后就能\(O(n^2)\)出解了

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#define MAXN 100005
#define PLI pair<long long,int>
#define fi first
#define se second
#define mp make_pair
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
int N,M;
int64 C[3005][3005],S[3005][3005],ans;

int64 fpow(int64 x,int64 c,int64 MOD) {
	int64 res = 1,t = x;
	while(c) {
		if(c & 1) res = res * t % MOD;
		t = t * t % MOD;
		c >>= 1;
	}
	return res;
}
int64 ways(int x) {
	int64 res = 0;
	int64 tmp2 = fpow(2,fpow(2,N - x,M - 1),M);
	int64 t = fpow(2,N - x,M);
	int64 tmp1 = 1;
	for(int j = 0 ; j <= x ; ++j) {
		res += S[x][j] * tmp1 % M * tmp2 % M;
		tmp1 = tmp1 * t % M;
		res %= M;
	}
	return res;
}
void Solve() {
	scanf("%d%d",&N,&M);
	C[0][0] = 1;
	for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
		C[i][0] = 1;
		for(int j = 1 ; j <= i ; ++j) {
			C[i][j] = (C[i - 1][j - 1] + C[i - 1][j]) % M;
		}
	}
	S[0][0] = 1;S[1][1] = 1;
	for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
		S[i][0] = 1;
		for(int j = 1 ; j <= i ; ++j) {
			S[i][j] = (S[i - 1][j - 1] + S[i - 1][j] * (j + 1)% M) % M;
		}
	}
	int t = 1;
	for(int i = 0 ; i <= N ; ++i) {
		(ans += t * C[N][i] % M * ways(i) % M) %= M;
		t = 1LL * t * (M - 1) % M;
	}
	printf("%lld\n",ans);
}
int main() {
#ifdef ivorysi
	freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
	Solve();
	return 0;
}

F - Sweet Alchemy

题解

模型转化非常有趣，最后就变成了有n种物品，（一个点的花费是子树的m和，价值是子树大小），每个能选D个，1号节点可以选无穷个

但是……我最多也就能转一下模型，剩下的是非常奇怪的背包

物品种数50，物品个数，容积体积都是\(10^9\)

后来题解说是值域非常小（价值也只有50），考虑在值域上搞搞文章

我们把价值设成\(Y\)，代价设成\(X\)，按照\(Y_{i} / X_{i}\)从大到小排个序

贪心肯定是错的，但是我们考虑这么样的情况，如果有一对\(p,q\)且\(p <= q\)，那么如果q选了50个，p有50个还没选，我们显然可以选\(Y_{q}\)个p物品，选\(Y_{p}\)个q物品，这样我们的获得的价值没变，但是花费的体积变少了

如果现在没有这样的情况了，最多也就是每种物品50个，做一个容量为50*50*50的背包就好，表示达到这样价值需要的最少的体积，然后剩余的体积用来贪心放单位价值最大的

为什么是对的呢，假如只有两种物品，都选了50个，A多了10个，B多了20个，假如这时候把B的20个全选了是最好的，然而按照上面的置换方式，如果A数量小于B的价值，那么我们就和选择了的50个中组合几个替换掉原先选的B物品，这样的话保证了贪心选的话，A物品剩下的部分若能选全能被选上

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <map>
#define MAXN 1000005
#define PLI pair<long long,int>
#define fi first
#define se second
#define mp make_pair
#define ha 99994711
#define ba 823
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
int N,Lim,dis;
int64 X,D,m[55],cost[55];
int p[55],siz[55],q[125005],id[55];
int64 dp[125005],ans;
int ql,qr;
bool cmp(int a,int b) {
	return siz[a] * cost[b] > siz[b] * cost[a];
}
void update(int64 &x,int64 y) {
	x = min(x,y);
}
void Solve() {
	scanf("%d%lld%lld",&N,&X,&D);
	Lim = N * N * N;
	scanf("%d",&m[1]);
	for(int i = 2 ; i <= N ; ++i) scanf("%d%d",&m[i],&p[i]);
	for(int i = N ; i >= 1 ; --i) {
		cost[i] += m[i];siz[i]++;
		cost[p[i]] += cost[i];siz[p[i]] += siz[i];
		id[i] = i;
	}
	for(int i = 1 ; i <= Lim ; ++i) dp[i] = X + 1;
	sort(id + 1,id + N + 1,cmp);
	dis = min(N,(int)D);
	for(int k = 1 ; k <= N ; ++k) {
		int s =  siz[id[k]];int64 v = cost[id[k]];
		for(int j = 0 ; j < s ; ++j) {
			int T = min((Lim - j)/ s,dis);
			if(id[k] == 1) T = min((Lim - j) / s,N);
			int p = (Lim - j) / s;
			ql = 1,qr = 0;
			for(int i = (Lim - j) / s ; i >= 1 ; --i) {
				while(p >= 0 && i - p <= T) {
					while(ql <= qr && dp[j + q[qr] * s] - q[qr] * v > dp[j + p * s] - p * v) --qr;
					q[++qr] = p;
					--p;
				}
				while(ql <= qr && q[ql] >= i) ++ql;
				if(ql <= qr) {
					update(dp[j + i * s],dp[j + q[ql] * s] + (i - q[ql]) * v);
				}
			}
		}
	}
	for(int i = 0 ; i <= Lim ; ++i) {
		int64 T = X - dp[i];
		if(T < 0) continue;
		int64 tmp = i;
		int num;
		for(int k = 1 ; k <= N ; ++k) {
			if(id[k] == 1) num = T;
			else num = D - dis;
			int t = min(T / cost[id[k]],(int64)num);
			tmp += 1LL * t * siz[id[k]];
			T -= t * cost[id[k]];
		}
		ans = max(ans,tmp);
	}
	printf("%lld\n",ans);
}
int main() {
#ifdef ivorysi
	freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
	Solve();
	return 0;
}