Codeforces Round #380 (Div. 1, Rated, Based on Technocup 2017 - Elimination Round 2)
http://codeforces.com/contest/737
A:
题目大意: 有n辆车,每辆车有一个价钱ci和油箱容量vi.在x轴上,起点为0,终点为s,中途有k个加油站,坐标分别是pi,到每个加油站都可以加满油。 每辆车有2种模式,加速模式花1分钟和2个单位的油前进1个单位,正常模式花2分钟和1个单位的油前进1个单位。 要求选一辆最便宜的车,使得开这辆车从起点到终点的时间小于等于t.从起点出发的时候油是满的。
n,k<=105. vi,pi,s<=109
思路:
首先由于每次都可以加满油,可以对每一段路分开考虑。 假设某一段长度为len个单位,设有x个单位的路是用加速模式的,那么耗时t=x+2*(len-x)=2*len-x ;
显然x越大t越小。 但是还要满足2个条件: x<=len , 耗油量 2x+(len-x)=x+len<=v. 要把这两个条件合并起来,只要分两类讨论。
当len<=0.5v的时候, x<=len; 当x=len的时候t取最小值len;
当len> 0.5v的时候, x<=v-len; 当x=v-len的时候t取最小值3*len-v;
所以只要把所有的len按长度排个序, 枚举车辆i, len<=0.5vi的可以一起算, len>0.5vi的一起算。 二分一下分界点就好。 时间复杂度O(nlogn).
代码:
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <map>
#include <cstdlib>
#include <set>
using namespace std; #define X first
#define Y second
#define Mod 1000000007
#define N 200010
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii; inline int Mul(int x,int y){return 1ll*x*y%Mod;}
inline int Add(int x,int y){return ((x+y)%Mod+Mod)%Mod;} int n,s,t,k,r;
int p[N],c[N],v[N],b[N];
ll sum[N]; int main()
{
//freopen("in.in","r",stdin);
//freopen("out.out","w",stdout); scanf("%d%d%d%d",&n,&k,&s,&t);
for (int i=;i<=n;i++) scanf("%d%d",&c[i],&v[i]);
for (int i=;i<=k;i++) scanf("%d",&p[i]);
sort(p+,p+k+);
int maxlen=;
for (int i=;i<=k;i++) maxlen=max(maxlen,p[i]-p[i-]),b[r++]=p[i]-p[i-];
maxlen=max(maxlen,s-p[k]); b[r++]=s-p[k];
sort(b,b+r);
sum[]=b[];
for (int i=;i<r;i++) sum[i]=b[i]+sum[i-];
int ans=2e9; for (int i=;i<=n;i++)
{
if (v[i]-maxlen<) continue; int pos=lower_bound(b,b+r,v[i]*0.5)-b; if (pos==r || *b[pos]>v[i]) pos--;
ll tmp=sum[pos]+*(sum[r-]-sum[pos])-1ll*v[i]*(r-pos-);
if (tmp<=t && ans>c[i]) ans=c[i]; }
if (ans==2e9) ans=-;
printf("%d\n",ans); return ;
}
B:
题目大意: 有n个位置排成一排,在上面放了a个长度为b的互不相交的方块。选一些格子射击,一开始已经射了k次(给了一个01字符串1表示被射过),但是都没射中任何一个方块。现在要再选最少的格子射击,使得不管怎么摆这些方块,至少有一个方块被射到。 n<=105
思路:
1.假设我们选好了一些位置来射击,把射击的位置标记为1,如果不管怎么摆这些方块,至少有一个方块被射到 等价于只在0的位置上放方块,最多能放的方块数<a.
2.对于某一块连续的0,假设长度为len,那么这一段最多能放$\frac{len}{b}$ 个方块。 因此如果我们让len减少b,能放的方块就少了一个。所以这样构造:在连续的0上每隔b个单位就射击一次,这样每射击一次能放得方块数就减少1,直到减少到a-1. 显然这样射击的次数是最少的。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <map>
#include <cstdlib>
#include <set>
using namespace std; #define X first
#define Y second
#define Mod 1000000007
#define N 200010
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii; int n,a,b,k,t;
int l[N],r[N],len[N],ans[N];
char s[N]; inline int f(int x){return x/b;} int main()
{
//freopen("in.in","r",stdin);
//freopen("out.out","w",stdout); scanf("%d%d%d%d",&n,&a,&b,&k);
scanf("%s",s+); s[n+]='';
for (int i=,pre=;i<=n+;i++)
{
if (s[i]=='')
{
t++;
l[t]=pre+;
r[t]=i-;
len[t]=i-pre-;
pre=i;
}
} int sum=;
for (int i=;i<=t;i++) sum+=f(len[i]); for (int i=;i<=t;i++)
{
int x=l[i]+b-;
while (x<=r[i] && sum>=a) ans[++ans[]]=x,x+=b,sum--;
}
printf("%d\n",ans[]);
for (int i=;i<=ans[];i++) printf("%d%c",ans[i],i==ans[]? '\n':' '); return ;
}
C:
题目大意:有n个点,以s为根构成一棵树, 每个点有ai个祖先(包括父亲), 要求修改最少的ai,使得存在这样的一棵树。
思路:
1. ai其实就是节点的深度。 可以发现,假设一棵树最大深度是maxdep,那么肯定存在深度为0,1,2...maxdep的节点,也就是说深度是连续的。
2. 节点s的ai必须是0. 如果不是,必须把它修改成0. 之后就可以不管s了。
3. 考虑枚举最大深度, 先统计一下c[k],表示ai=k的个数。 假设现在枚举到最大深度为d, 深度0-d中有cnt个不存在, ai>d的这些点肯定是需要修改的,既然要修改,不如把它用来填补那cnt个空位。 另外ai=0的点肯定也是要修改的。 具体实现看代码。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <map>
#include <cstdlib>
#include <set>
#include <queue>
using namespace std; #define X first
#define Y second
#define Mod 1000000007
#define N 200110
#define M 200110
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii; int n,s,ans,t;
int a[N],c[N],sum[N]; int main()
{
//freopen("in.in","r",stdin);
//freopen("out.out","w",stdout); int cnt=; ans=1e9;
scanf("%d%d",&n,&s);
for (int i=;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
if (a[s]!=) t=; a[s]=n+;
if (n==) {printf("%d\n",t); return ;}
for (int i=;i<=n;i++) c[a[i]]++;
for (int i=n-;i>=;i--) sum[i]=sum[i+]+c[i]; for (int i=;i<n;i++)
{
if (!c[i]) cnt++;
if (sum[i+]+c[]>=cnt) ans=min(ans,sum[i+]+c[]);
else ans=min(ans,cnt);
}
printf("%d\n",ans+t); return ;
}
比赛的时候只会ABC, 争取近几天把后面的题补上。
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