Codeforces940掉分记

掉分经过##

难得这次时间比较好，下午17：35开始。

本来还很高兴，心想这回肯定不会犯困，没准排名能再上升一些呢，，可惜事与愿违……

上来a题，光看懂题就花了一些时间。

然后开始写，结果第一遍CE，第二遍WA……

出师不利啊！气急败坏，暂时放弃。

然后看b题。

惊喜地发现这类似的题我做过，大概是个bfs？嗯dp也行？

结果发现\(n \leq 10^9\)...真不妙。

这时来了个有关a题的通知，于是又回去看a题。

终于找到之前代码中的问题了，过了pretest

接着c和d题做的还算顺利，1个小时时都过了pretest

剩一个小时，3道题。

e和f看完都没什么好的想法，e想用区间dp，f想用线段树，但好像都不太行……

我又开始慌了……呜哇哇哇啊呀呀呀……

于是又回去看b题

发现居然有约1700人过了b的pretest，我猜这肯定不是道难题。

可能是个鬼畜的贪心？

嗯，想啊想啊想才终于想出来。

交了一发，TLE...又一发，WA...第三发，过了。

此时离比赛结束还有6分钟……

好了，安心下楼吃晚饭吧。

于是，就这样，比了最颓的一场cf...

终测4道题都过了，但由于太慢了，所以排名哗哗向下掉啊…QwQ

---

题解##

A. Points on the line###

定义一个集合diameter为该集合中的 最大数-最小数

给定一个n元素的集合与 d，求最少去掉原集合中多少个数后该集合的diameter不超过d

输入的所有数据皆\(\leq100\)

想法###

枚举集合中最后剩下的最大值

用这个最大值-d得到集合中可剩下的最小值

找出要去掉的数最少的即可。

代码###

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N = 105;
int cnt[N],a[N];
int n,k;
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&k);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
    sort(a+1,a+1+n);
    cnt[0]=0;
    for(int i=1;i<=n;i++) cnt[a[i]]++;
    for(int i=1;i<=100;i++) cnt[i]+=cnt[i-1];
    if(n==1) { printf("0\n"); return 0;}
    int ans=n,f;
    for(int i=n;i>0;i--){
        if(a[i]>k) ans=min(ans,n-cnt[a[i]]+cnt[a[i]-k-1]);
        else ans=min(ans,n-cnt[a[i]]);
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

B. Our Tanya is Crying Out Loud###

给定n,k,A,B

设x一开始等于n

x每减1的代价为A，x每/k（前提为x是k的倍数）的代价为B

求将x变为1所需的最小代价

所有输入数据\(\leq 10^9\)

想法一###

dp[i]表示从n变到i的最小代价

dp[i]＝min{dp[i+1]+A,dp[i \(\dots\) k]+B}

但n太大了，时间空间都不行。

想法二###

贪心。

先把x不断减1直到x为k的倍数

我们发现，若要x变成x/k，直接/k的代价比一点点减还大的话，直接减，一直减到1就行了，否则直接/k

循环这个过程

代码###

贪心

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1000000005;
int n,k,A,B;
int main()
{
    scanf("%d%d%d%d",&n,&k,&A,&B);
    ll ans=0;
    int x=n,y;
    while(x>1){
        if(x%k==0) {
            if((ll)B>=((ll)x-x/k)*A) {
                ans+=(ll)A*(x-1);
                x=1;
            }
            else {
                ans+=B;
                x=x/k;
            }
        }
        else {
            y=max(((x-1)/k)*k,1);
            ans+=((ll)x-y)*A;
            x=y;
        }
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

C. Phone Numbers###

给定n，k及一个长度为n的字符串s

求一个长度为k的字符串t，t由出现在s中的字母组成，且t为满足条件的字典序比s大的第一个字符串。

想法###

贪心。

若k＞n，则直接在字符串s后面补上k－n个s中的最小字符即可

否则从后面的位往前考虑，看是否能变为一个更大的字符。若可以，便变成比它大的第一个字符，后面位都变成s中的最小字符。

代码###

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N = 100005;
char s[N];
int n,k,t;
int cnt[30],num[30];
int ans[N];
int main()
{
    char ch;
    scanf("%d%d",&n,&k);
    scanf("%s",s);
    for(int i=0;i<n;i++) cnt[s[i]-'a'+1]=1;
    for(int i=1;i<=26;i++) cnt[i]+=cnt[i-1];
    t=cnt[26];
    for(int i=0;i<n;i++) num[cnt[s[i]-'a'+1]]=s[i]-'a'+1;
    if(k<=n){
        for(int i=0;i<k;i++) ans[i]=cnt[s[i]-'a'+1];
        for(int i=k-1;i>=0;i--){
            if(ans[i]+1<=t){
                ans[i]++;
                break;
            }
            ans[i]=1;
        }
        for(int i=0;i<k;i++){
            ch=num[ans[i]]-1+'a';
            cout<<ch;
        }
    }
    else{
        for(int i=0;i<n;i++) ans[i]=cnt[s[i]-'a'+1];
        for(int i=n;i<k;i++) ans[i]=1;
        for(int i=0;i<k;i++){
            ch=num[ans[i]]-1+'a';
            cout<<ch;
        }
    }
    return 0;
}

D. Alena And The Heater###

有两个长度为n的数组a[]和b[]，其中b[]由01组成

b[1]=b[2]=b[3]=b[4]=0

有l与r

对于所有 5 ≤ i ≤ n

当 a[i], a[i - 1], a[i - 2], a[i - 3], a[i - 4] > r 且 b[i - 1] = b[i - 2] = b[i - 3] = b[i - 4] = 1时 b[i]=0

当 a[i], a[i - 1], a[i - 2], a[i - 3], a[i - 4] < l 且 b[i - 1] = b[i - 2] = b[i - 3] = b[i - 4] = 0时 b[i]=1

否则b[i]=b[i-1]

给定a[]与b[]，求一组合法的l，r

想法###

从左到右扫b数组

一开始令 l=-INF,r=INF

若存在“00001”的情况，则 l > max{a[i], a[i - 1], a[i - 2], a[i - 3], a[i - 4] }

若存在“11110”的情况，则 r < min{a[i], a[i - 1], a[i - 2], a[i - 3], a[i - 4] }

不断更新l,r即可

代码###

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N = 100005;
int a[N];
char b[N];
int n;
int maxn(int x){
    int ret=-1000000000;
    for(int i=0;i<5;i++)
        ret=max(ret,a[x-i]);
    return ret;
}
int minn(int x){
    return min(a[x],min(a[x-1],min(a[x-2],min(a[x-3],a[x-4]))));
}
int main(
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=0;i<n;i++) scanf("%d",&a[i]);
    scanf("%s",b);
    int l=-1000000000,r=1000000000,f=0;
    for(int i=0;i<n;i++){
        if(f<4) f++;
        else{
            if(b[i]=='1' && b[i-1]=='0'){
                l=max(l,maxn(i)+1);
                f=1;
            }
            else if(b[i]=='0' && b[i-1]=='1'){
                r=min(r,minn(i)-1);
                f=1;
            }
        }
    }
    printf("%d %d\n",l,r);
    return 0;
}

E. Cashback###

给定一个n元素的数组a[]，给定一个数c

规定对于一个k元素的数组b[]，其价值为b[]中所有元素的和 - 其中前\(\lfloor \frac{k}{c} \rfloor\)小的元素的和

将a数组分为若干个连续的子数组，求这些子数组的价值和的最小值

\(n \leq 10^5\)

想法###

贪心。

价值和最小，即去掉的前\(\lfloor \frac{k}{c} \rfloor\)小的元素的和最大

我们可以发现，若有一个长度为2c的子数组，那么考虑这个子数组前2小的两个元素i与j

若i与j同在这个子数组的前一半或后一半，那么将这个子数组分为两个长度为c的子子数组价值和会更小

若它们一个在前一半，一个在后一半，那么可以直接将这个子数组分为前后两部分。

故将a数组划分成的子数组长度为1或c

dp+单调队列优化即可

代码###

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 100005;
int a[N];
ll sum[N],f[N];
int que[N],head,tail;
int n,c;
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&c);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%d",&a[i]);
        sum[i]=sum[i-1]+a[i];
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        f[i]=f[i-1]+a[i];
        while(head<tail && que[head]<=i-c) head++;
        while(head<tail && a[que[tail-1]]>=a[i]) tail--;
        que[tail++]=i;
        if(i>=c) f[i]=min(f[i],f[i-c]+sum[i]-sum[i-c]-a[que[head]]);
    }
    printf("%lld\n",f[n]);
    return 0;
}

F. Machine Learning###

给定一个数组a[]，维护下面两种操作：

1.求一段区间[l,r]的mex

2.将a[p]的值改为x

假设在某区间中每个数出现的次数为cnt[i]

这个区间mex为cnt[]中不存在的最小的正整数

想法###

当时比赛的时候还不知道莫队算法

后来才发现原来这就是个带修改莫队的模板题

代码###

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<map>
using namespace std;
const int N = 200005;
int read(){
    char ch=getchar();
    int x=0;
    if(!isdigit(ch)) ch=getchar();
    while(isdigit(ch)) x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    return x;
}
int block;
inline int bl(int x) { return (x-1)/block+1; }
struct que{
    int l,r,tim,id;
    bool operator < (const que &b) const{
        return bl(l)<bl(b.l) || (bl(l)==bl(b.l) && bl(r)<bl(b.r)) || (bl(l)==bl(b.l) && bl(r)==bl(b.r) && tim<b.tim);
    }
}q[N];
struct cg{
    int id,fr,to;
}d[N];
int n,m,cnt1,cnt2;
int a[N];
map<int,int> num;
int nn;
int size[N],cnt[N],L,R;
void add(int x){
    size[cnt[x]]--;
    size[++cnt[x]]++;
}
void del(int x){
    size[cnt[x]]--;
    size[--cnt[x]]++;
}
void cg_add(cg w){
    if(L<=w.id && w.id<=R){
        del(w.fr);
        add(w.to);
    }
    a[w.id]=w.to;
}
void cg_del(cg w){
    if(L<=w.id && w.id<=R){
        del(w.to);
        add(w.fr);
    }
    a[w.id]=w.fr;
}
int ans[N];
inline int query(){
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if(size[i]==0) return i;
}
int main()
{
    int opt,x,y;
    n=read(); m=read();
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        a[i]=read();
        if(!num[a[i]]) num[a[i]]=++nn;
        a[i]=num[a[i]];
    }
    for(int i=1;i<=m;i++){
        opt=read(); x=read(); y=read();
        if(opt==1) q[++cnt1]=(que){x,y,cnt2,cnt1};
        else{
            if(!num[y]) num[y]=++nn;
            y=num[y];
            d[++cnt2]=(cg){x,a[x],y};
            a[x]=y;
        }
    }
    block=pow(n,0.666);
    sort(q+1,q+1+cnt1);
    L=1; R=0;
    int t=cnt2;
    for(int i=1;i<=cnt1;i++){
        while(R<q[i].r) add(a[++R]);
        while(L>q[i].l) add(a[--L]);
        while(R>q[i].r) del(a[R--]);
        while(L<q[i].l) del(a[L++]);
        while(t>q[i].tim) cg_del(d[t--]);
        while(t<q[i].tim) cg_add(d[++t]);
        ans[q[i].id]=query();
    }
    for(int i=1;i<=cnt1;i++) printf("%d\n",ans[i]);
    return 0;
}

---

终于……