Atcoder ABC364 D-F

Atcoder ABC364 D-F

D - K-th Nearest

链接:

D - K-th Nearest (atcoder.jp)

简要题意:

问题陈述

在一条数线上有 \(N+Q\) 个点 \(A_1,\dots,A_N,B_1,\dots,B_Q\) ，其中点 \(A_i\) 的坐标为 \(a_i\) ，点 \(B_j\) 的坐标为 \(b_j\) 。

请就每个点 \(j=1,2,\dots,Q\) 回答下面的问题：

• 设 \(X\) 是 \(A_1,A_2,\dots,A_N\) 中最靠近点 \(B_j\) 的 \(k_j\) 点。求点 \(X\) 与 \(B_j\) 之间的距离。更正式地说，设 \(d_i\) 是点 \(A_i\) 与 \(B_j\) 之间的距离。将 \((d_1,d_2,\dots,d_N)\) 按升序排序，得到序列 \((d_1',d_2',\dots,d_N')\) 。求 \(d_{k_j}'\) .

思路:

• 找一个第k大的a中某个点与b的距离 d, 我们会发现一个性质:
• d越大,我们就会包含更多a中的数字 满足单调性
• 我们保证包含的数字>=k
• 然后最小化d
• 这即是二分

代码:

const int N = 200005;
int a[N];
void solve(){
    int n,q;
    cin >> n >> q;
    for(int i = 1; i <= n;i++){
        cin >> a[i];
    }
    sort(a+1,a+1+n);
    while(q--){
        int d,k;
        cin >> d>>k;
        int l = 0,r = 1e12,ans= 0;
        while(l<=r){
            int mid = (l + r) >> 1;
            int ls = d - mid,rs = d + mid;
            int qs = upper_bound(a+1,a+1+n,rs) - lower_bound(a+1,a+1+n,ls);
            if(qs >= k){
                r = mid - 1;
                ans = mid;
            }else{
                l = mid + 1;
            }
        }
        cout << ans << endl;
    }
}

E - Maximum Glutton

链接:

E - Maximum Glutton (atcoder.jp)

简要题意:

\(N\) 道菜。这些菜肴的编号从 \(1\) 到 \(N\) ，菜肴 \(i\) 的甜度为 $$A_i$$ ，咸度为 \(B_i\) 。

你可以选择吃任意菜肴,吃过的菜肴的总甜度超过 \(X\) 或总咸度超过 \(Y\) ,他就不会再吃任何菜肴。

问最多吃多少道菜？

思路:

• 很明显想到dp
• 怎么dp? 设$$dp[i][j][k]$$为前i个菜肴不超过x并且不超过y的能获得的最大奖牌数?? ,根据数据量,这样定义显然不行
• 我们可以把奖牌数开一个维度,然后x开一个维度,记录消耗的y
• 转移方程即: $$dp[i][j][k] = min(dp[i][j][k],dp[i - 1][j - 1][k - a[i]] +b[i])$$
• 表示前i个数获得j个菜肴并且用了k个甜值所消耗的最小咸值
• 明显是个背包,所以倒序枚举,优化一维;

代码:

const int N = 200005;
int a[N],b[N];
void solve(){
    int n,x,y;
    cin >> n >> x >>y;
    for(int i = 1;i<=n;i++){
        cin >> a[i] >>b[i];
    }

    int dp[n + 1][x + 2];
    for(int i = 0;i<=n;i++){
        for(int j = 0;j<=x;j++){
            dp[i][j] = inf;
        }
    }
    dp[0][0] = 0;
    for(int i = 1;i<=n;i++){
        for(int c = i;c>=1;c--){
            for(int k = x;k>=a[i];k--){
                dp[c][k] = min(dp[c][k],dp[c-1][k-a[i]]+b[i]);
            }
        }
    }
    int ans = 0;
    for(int i = 0;i<=n;i++){
        for(int j = 0;j<=x;j++){
            if(dp[i][j] <= y){
               ans = max(ans,i);
            }
        }
    }
    cout << min(ans+1,n) <<endl;

}

F - Range Connect MST

链接:

[F - Range Connect MST (atcoder.jp)](https://atcoder.jp/contests/abc364/tasks/abc364_e)

简要题意:

有一个图，其顶点有 \(N + Q\)个 ，编号为 \(1, 2, \ldots, N + Q\) 。最初，该图没有边。

对于这个图，请依次对 \(i = 1, 2, \ldots, Q\) 执行以下操作：

• 对于每个满足 \(L_i \leq j \leq R_i\) 的整数 \(j\) ，在顶点 \(N + i\) 和 \(j\) 之间添加一条代价为 \(C_i\),的无向边。

完成所有操作后，确定图形是否相连。如果相连，求该图的最小生成树的代价。

思路:

• 首先数据量大,不能真正建边
• 集合分为两部分,第一部分是 $ 1, 2, \ldots, N$ 第二部分是 \(N+1,N+2, \ldots, N+Q\)
• 第二部分要想和第一部分连边 必定会用一次C的价值去连边 所以答案必定 有 \(\sum c\)
• 然后怎么让第一部分内部自己去连边呢,得靠第二部分去中转,我们可能会有多个l,r覆盖同一个区间,那么我们取最小值去连 l,l+1 等边,即是最小的生成树
• 此部分可用并查集实现
• 因为每个区间建完边后不会再访问
• 时间复杂度\(O(NlogN + QlogQ)\)

代码:

const int N = 2e5+5;
struct quarys{
    int l,r,c;
    bool operator<(const quarys &q)const{
        return c < q.c;
    }
}q1[N];
struct DSU {
    vector<int> f, siz;
    DSU() {}
    DSU(int n) {
        init(n);
    }
    void init(int n) {
        f.resize(n);
        iota(f.begin(), f.end(), 0);
        siz.assign(n, 1);
    }

    int find(int x) {
        while (x != f[x]) {
            x = f[x] = f[f[x]];
        }
        return x;
    }

    bool same(int x, int y) {
        return find(x) == find(y);
    }

    bool merge(int x, int y) {
        x = find(x);
        y = find(y);
        if (x == y) {
            return false;
        }
        siz[x] += siz[y];
        f[y] = x;
        return true;
    }

    int size(int x) {
        return siz[find(x)];
    }
};
int n,q;
void solve(){
    cin >> n  >> q;
    ll ans = 0;
    DSU dsu(n + 1);
    for(int i = 0 ;i < q;i++){
        int l,r,c;
        cin >> l >> r >> c;
        q1[i].l=l;
        q1[i].r=r;
        q1[i].c=c;

    }
    sort(q1,q1+q);
    for(int i = 0;i < q;i++){
        int l = q1[i].l,r=q1[i].r,c=q1[i].c;
        ans+=c;
        for(int x = dsu.find(l);x<r;x=dsu.find(x)){
            ans+=c;
            dsu.merge(x + 1,x);

        }
    }
    if(dsu.find(1) != n){
        cout << -1;
        return;
    }
    cout << ans <<endl;
}