AtCoder Beginner Contest 127 D,E,F

D Integer Cards

题意：先给出n个数字，然后可以有m次操作，每次操作以数字对(x,y)表示最多能选x个数字把它变成y，问经历m次操作后n个数字和最大为多少？

解法：一个明显正确的做法是：用y尽量大的操作去改变数组，直到不能改变（产生负收益）为止。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+;
int n,m,a[N];
struct dat{
    int x,y;
    bool operator < (const dat &rhs) const {
        return y>rhs.y;
    }
}b[N];

int main()
{
    cin>>n>>m;
    for (int i=;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
    sort(a+,a+n+);
    for (int i=;i<=m;i++) scanf("%d%d",&b[i].x,&b[i].y);
    sort(b+,b+m+);
    int nowa=,nowb=;
    while (nowa<=n && nowb<=m) {
        if (b[nowb].y<=a[nowa]) break;
        for (int i=;i<=b[nowb].x;i++) {
            if (nowa>n) break;
            if (b[nowb].y<=a[nowa]) break;
            a[nowa]=b[nowb].y; nowa++;
        }
        nowb++;
    }
    long long ans=;
    for (int i=;i<=n;i++) ans+=(long long)a[i];
    cout<<ans<<endl;
    return ;
}

E Cell Distance

题意：给出n*m的表格，每次选k个，然后计算这k个格子任两个欧几里得距离和。算出以上所有不同方案答案距离总和。

解法：这题一看题目明显往算贡献方面想。选k个格子方案数是C(n,m)，然后k个格子任两个欧几里得距离有C(k,2)对，那么每一对的距离是多少呢？我们注意到每一对的距离都可能不尽相同，但是题目要求计算的是任两对的距离，那么我们就可以考虑用总数*平均得到总和，这里有一个结论：任两个格子的平均欧几里得距离是(n+m)/3。那么答案就是：C(n*m,k)*C(k,2)*(n+m)/3。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int P=1e9+;
const int N=2e5+;
int n,m,k;
LL fac[N],inv[N];

LL power(LL x,LL p) {
    LL ret=;
    for (;p;p>>=) {
        if (p&) ret=ret*x%P;
        x=x*x%P;
    }
    return ret;
}

void prework() {
    fac[]=; inv[]=power(fac[],P-);
    for (int i=;i<=;i++) {
        fac[i]=fac[i-]*i%P;
        inv[i]=power(fac[i],P-);
    }
}

LL C(LL n,LL m) {
    return fac[n]*inv[m]%P*inv[n-m]%P;
}

int main()
{
    prework();
    cin>>n>>m>>k;
    LL ans=C(n*m,k)%P*C(k,)%P*(n+m)%P*power(,P-)%P;
    cout<<ans<<endl;
    return ;
}

F Absolute Minima

题意：每个给出操作或查询，操作是给出(a,b)然后f(x)=f(x)+|x-a|+b，查询是查询所有f(x)的最小值坐标x以及最小值f(x)。

解法：大但猜想最小值坐标是不是a的中位数，手动尝试几个(a,b)操作后发现确实是这样。那么这题就变成景经典的动态中位数问题了，用大根堆小根堆解法可以解决。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
priority_queue<int,vector<int>,greater<int> > q1;
priority_queue<int> q2;
LL sum,sum1,sum2;

int main()
{
    int n,m; cin>>m;
    while (m--) {
        int opt; scanf("%d",&opt);
        if (opt==) {
            int x,y; scanf("%d%d",&x,&y);
            n++; sum+=y;
            q1.push(x); sum1+=x;
            while (!q1.empty() && !q2.empty() && q1.top()<q2.top()) {
                sum1-=q1.top(); sum1+=q2.top();
                sum2-=q2.top(); sum2+=q1.top();
                int t=q1.top(); q1.pop();
                q1.push(q2.top());
                q2.pop(); q2.push(t);
            }
            if (q1.size()-q2.size()>=)
                sum1-=q1.top(),sum2+=q1.top(),q2.push(q1.top()),q1.pop();
        } else {
            int mid;
            if (n%) mid=q1.top(); else mid=q2.top();
            LL ans=((LL)mid*(n/)-sum2)+(sum1-(LL)mid*(n-n/))+sum;
            printf("%d %lld\n",mid,ans);
        }
    }
    return ;
}