NOIP模拟21:「Median·Game·Park」
T1:Median
线性筛+桶+随机化(??什么鬼?)。
首先,题解一句话秀到了我:
考虑输入如此诡异,其实可以看作随机数据
随机数据??
这就意味着分布均匀。。
又考虑到w<=k<=n
可以用桶了。
中位数暴力算的话是排序后取中间。
但是时间明显不允许。只能\(O(n)\)过掉。所以要维护两个中位数指针(k%2==1当然就是一个了)。
由于数据随机,分布均匀,所以可以直接跳桶。
笑死,我当时不信还把数据输了出去,发现有的相邻数据差了几百,就这还能直接跳。。。。。好吧,我肤浅了。。。。
差点没调出来的代码:
200行的煌煌大作QWQ
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace STD
{
#define ll long long
#define rr register
const int N=1.1e7;
const int MAXN=1.8e8+3;
int n,k;
int w;
ll cnt,prime[N];
bool notprime[MAXN];
double ans;
int s2[N];
int ton[N<<1];
inline void Prime()
{
for(rr int i=2;i<MAXN;i++)
{
if(!notprime[i]) prime[++cnt]=i;
for(rr int j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<MAXN;j++)
{
notprime[i*prime[j]]=1;
if(!(i%prime[j]))
break;
}
}
}
inline int read()
{
rr int x_read=0,y_read=1;
rr char c_read=getchar();
while(c_read<'0'||c_read>'9')
{
if(c_read=='-') y_read=-1;
c_read=getchar();
}
while(c_read<='9'&&c_read>='0')
{
x_read=(x_read*10)+(c_read^48);
c_read=getchar();
}
return x_read*y_read;
}
};
using namespace STD;
int main()
{
Prime();
n=read(),k=read(),w=read();
for(rr int i=1;i<=n;i++)
{
prime[i]=prime[i]*i%w;
s2[i]=prime[i]+prime[i/10+1];
}
if(k&1)
{
int *p=ton+s2[1],l=1,sum=1;
ton[s2[1]]++;
for(rr int i=2;i<=k;i++)
{
sum++;
ton[s2[i]]++;
if(s2[i]<=(p-ton)) l++;
if(l<((sum>>1)+1))
while(l<((sum>>1)+1))
{
p++;
while(!(*p)) p++;
l+=(*p);
}
else
while(l-(*p)>=((sum>>1)+1))
{
l-=(*p);
p--;
while(!(*p)) p--;
}
}
ans+=(p-ton);
for(rr int i=k+1;i<=n;i++)
{
ton[s2[i]]++;
if(s2[i]<=p-ton) l++;
ton[s2[i-k]]--;
if(s2[i-k]<=p-ton) l--;
if(l<((k>>1)+1))
while(l<((k>>1)+1))
{
p++;
while(!(*p)) p++;
l+=(*p);
}
else
while(l-(*p)>=((k>>1)+1))
{
l-=(*p);
p--;
while(!(*p)) p--;
}
ans+=(p-ton);
}
printf("%.1lf\n",ans);
}
else
{
int *p1=ton+min(s2[1],s2[2]),*p2=ton+max(s2[1],s2[2]),l2=2,l1=1,sum=2;
ton[s2[1]]++;
ton[s2[2]]++;
for(rr int i=3;i<=k;i++)
{
sum++;
ton[s2[i]]++;
if(s2[i]<=(p1-ton)) l1++;
if(s2[i]<=(p2-ton)) l2++;
if(l2<((sum>>1)+1))
while(l2<((sum>>1)+1))
{
p2++;
while(!(*p2)) p2++;
l2+=(*p2);
}
else
while(l2-(*p2)>=((sum>>1)+1))
{
l2-=(*p2);
p2--;
while(!(*p2)) p2--;
}
if(l1<(sum>>1))
while(l1<(sum>>1))
{
p1++;
while(!(*p1)) p1++;
l1+=(*p1);
}
else
while(l1-(*p1)>=(sum>>1))
{
l1-=(*p1);
p1--;
while(!(*p1)) p1--;
}
}
double temp=((p1-ton)+(p2-ton));
ans+=(temp/2.00);
for(rr int i=k+1;i<=n;i++)
{
ton[s2[i]]++;
if(s2[i]<=(p1-ton)) l1++;
if(s2[i]<=(p2-ton)) l2++;
ton[s2[i-k]]--;
if(s2[i-k]<=p1-ton) l1--;
if(s2[i-k]<=p2-ton) l2--;
if(l2<((k>>1)+1))
while(l2<((k>>1)+1))
{
p2++;
while(!(*p2)) p2++;
l2+=(*p2);
}
else
while(l2-(*p2)>=((k>>1)+1))
{
l2-=(*p2);
p2--;
while(!(*p2)) p2--;
}
if(l1<(k>>1))
while(l1<(k>>1))
{
p1++;
while(!(*p1)) p1++;
l1+=(*p1);
}
else
while(l1-(*p1)>=(k>>1))
{
l1-=(*p1);
p1--;
while(!(*p1)) p1--;
}
temp=(p1-ton)+(p2-ton);
ans+=temp/2.00;
}
printf("%.1lf\n",ans);
}
}
其他的事情
在讨论时土哥提到了一个叫”对顶堆”的东西来维护中位数,当然,\(O(nlogn)\)会TLE。
这个东西其实就是维护两个堆,一个大根堆,一个小根堆。
小根堆里的数全部大于大根堆里的数,这样就有单调性了,相当于排了个序。
但比直接用排序算法在N上少了个指数。
当有数进来时,先与两个堆顶比较如果大于大根堆顶就进小根堆,否则进大根堆。
然后比较两个堆的大小,然后将多的数放进另一个堆即可。
中位数就是堆顶之和除以2
至于说k%2==1的情况,你就不要把中位数往堆里放即可。
T2:Game
考场上一眼看出来就是贪心,直接放了个堆上去,还纳闷为啥这么简单呢。。
然后T了。
正解是\(O(nk)\)
还是桶。一场考试三道题,两道考桶。。。。
这题有个看起来很明显但是你往往会忽视的性质:
如果你拿进序列的数比当前序列里的最大值还要大,那么它下一轮一会被拿走
简单到无需证明。。
但是他会决定你是\(A\)还是\(T\)。
记得开longlong。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace STD
{
#define ll long long
#define rr register
#define inf INT_MAX
const int N=100004;
const int K=2004;
int n,k,p;
int *po;
ll score[2];
ll a[N];
int b[N];
int read()
{
rr int x_read=0,y_read=1;
rr char c_read=getchar();
while(c_read<'0'||c_read>'9')
{
if(c_read=='-') y_read=-1;
c_read=getchar();
}
while(c_read<='9'&&c_read>='0')
{
x_read=(x_read*10)+(c_read^48);
c_read=getchar();
}
return x_read*y_read;
}
};
using namespace STD;
int main()
{
n=read(),k=read();
for(rr int i=1;i<=n;i++)
a[i]=read();
while(k--)
{
int p=read();
ll temp=-inf;
int roun=1;
int now=p;
for(rr int i=1;i<=p;i++)
{
temp=max(temp,a[i]);
b[a[i]]++;
}
po=b+temp;
temp=-inf;
while(roun<=n)
{
if(temp>(po-b))
{
score[roun&1]+=temp;
temp=-inf;
}
else
{
score[roun&1]+=(po-b);
int x=*po;
x--;
*po=x;
}
now++;
if(now<=n)
{
if(a[now]>(po-b))
temp=a[now];
else
b[a[now]]++;
}
while(((*po)==0)&&(po>b))
po--;
roun++;
}
printf("%lld\n",score[1]-score[0]);
score[0]=score[1]=0;
}
}
T3:Park
还在推方程,先鸽掉好了。
NOIP模拟21:「Median·Game·Park」的更多相关文章
- NOIP 模拟 $21\; \rm Median$
题解 \(by\;zj\varphi\) 对于这个序列,可以近似得把它看成随机的,而对于随机数列,每个数的分布都是均匀的,所以中位数的变化可以看作是常数 那么可以维护一个指向中位数的指针,同时维护有多 ...
- NOIP模拟22「d·e·f」
T1:d 枚举. 现在都不敢随便打枚举了. 实际上我们只关注最后留下的矩阵中最小的长与宽即可. 所以我们将所有矩阵按a的降序排列. 从第\(n-m\)个开始枚举. 因为你最多拿 ...
- NOIP模拟21+22
模拟21确实毒瘤...考场上硬刚T3 2.5h,成功爆零 T1.数论 看这题目就让人不想做,考场上我比较明智的打完暴力就弃掉了,没有打很久的表然后找规律. 正解貌似是乱搞,我们考虑一个比较显然的结论: ...
- NOIP 模拟 $21\; \rm Park$
题解 \(by\;zj\varphi\) 首先,分析一下这个答案:本质上是求在一条路径上,选择了一些点,这些点的贡献是它周围的点权和 - 它上一步的点权 对于一棵树,可以先确定一个根,然后每条路径就可 ...
- NOIP模拟测试「简单的区间·简单的玄学·简单的填数·简单的序列」
简单的区间 $update$ 终于$AC$了 找到$(sum[r]+sum[l](sum表示以中间点为基准的sum)-mx)\%k==0$的点 注意这里$sum$表示是以$mid$为基准点,(即$su ...
- NOIP模拟13「工业题·卡常题·玄学题」
T1:工业题 基本思路 这题有一个重要的小转化: 我们将原来的函数看作一个矩阵,\(f(i,j-1)*a\)相当于从\(j-1\)向右走一步并贡献a,\(f(i-1,j)*b\)相当于从\(i-1 ...
- NOIP模拟26「神炎皇·降雷皇·幻魔皇」
T1:神炎皇 又是数学题,气死,根本不会. 首先考虑式子\(a+b=ab\),我们取\(a\)与\(b\)的\(gcd\):\(d\),那么式子就可以改写成: \[(a'+b')*d=a'b' ...
- NOIP模拟16:「Star Way To Heaven·God Knows·Loost My Music」
T1:Star Way To Heaven 基本思路: 最小生成树. 假如我们将上边界与下边界看作一个点,然后从上边界经过星星向下边界连边,会发现,他会形成一条线将整个矩形分为左右两个部分. ...
- NOIP模拟14「队长快跑·影魔·抛硬币」
T1:队长快跑 基本思路: 离散化·DP·数据结构优化DP 这三个我都没想到....气死. 定义状态数组:\(c[i][j]\)表示在i时最小的a值是j时可以摧毁的最多的水晶数. 那么 ...
随机推荐
- 手写Pascal解释器(二)
目录 一.part4 补充理论知识 二.part5 设计生成式 三.part6 一.part4 承接上次的内容,我们继续编写part4,这个部分我们的任务是完成输入一个仅带乘除运算符的表达式,然后返回 ...
- 蓝凌OA前台任意文件读取漏洞利用
近期CNVD爆出漏洞编号:CNVD-2021-28277,首次公开日期为2021-04-15,蓝凌oa存在多个漏洞,攻击者可利用该漏洞获取服务器控制权.今天挑选一个蓝凌OA前台任意文件读取漏洞进行分析 ...
- jmeter正则表达式介绍
分三个层次介绍: 1. jmeter正则表达式有什么作用? 2. 正则表达式在哪? 3. 正则表达式怎么用? 1. jmeter正则表达式有什么作用? 答:提取请求中返回的数据, 然后获取的数据放入其 ...
- 大厂需要什么样的 Android 开发?
前言 昨天和一个百度的朋友闲聊,他说根据最近招聘 Android工程师的经验来看,大部分候选人在工作 3 年的时候基本都会遇上一道难过的坎. 为啥这么说呢? 因为工作一段时间之后,大部分工程师都已经完 ...
- c++ 跨平台线程同步对象那些事儿——基于 ace
前言 ACE (Adaptive Communication Environment) 是早年间很火的一个 c++ 开源通讯框架,当时 c++ 的库比较少,以至于谈 c++ 网络通讯就绕不开 ACE, ...
- ApiPost进阶教程(1) — 在ApiPost中使用脚本
什么是APIPOST脚本 APIPOST脚本是基于JavaScript语言的代码片段,可实现在接口请求或集合测试时添加动态行为. 脚本可实现的功能 测试(断言)请求返回结果的正确性(后置脚本). 动态 ...
- ELK太重?试试KFC日志采集
写在前面 ELK三剑客(ElasticSearch,Logstash,Kibana)基本上可以满足日志采集.信息处理.统计分析.可视化报表等一些日志分析的工作,但是对我们来说--太重了,并且技术栈不是 ...
- sqli-labs lesson 54-65
less 54 需要从数据库的CHALLENGES表中取出key值输入,输入对了才算通过,但是只能做10次尝试. 这里id被单引号包裹,注意闭合单引号即可,剩下的就可以参照less 1获取表中信息即可 ...
- JVM快速扫盲篇
JVM虚拟机基础 JVM虚拟机结构 vm的整体结构大致如下: 类加载器:类加载器用来加载Java类到JVM虚拟机中,源代码程序.java文件在经过编译器编译之后就被转换成字节代码.class文件,类加 ...
- python创建一个简单的服务
python -m http.server 8000 --bind 0.0.0.0 8000为端口 0.0.0.0允许远程访问