CF Round #679 div2赛后总结

Posted 2020-12-20 zhangjianjunab

前言

好不容易遇到一次简单的div2，竟然才A了三题，可恶的第4题，死活调不出来QAQ。

比赛地址

A

题意：给你(T)组数据，每组数据(n)个整数（(n)是偶数），分别为(a_{1},a_2,...,a_n)，每个数字的绝对值都小于等于(100)且不为(0)。

现在让你求一个长度为(n)的(b)数组，满足每个数字是整数、绝对值都小于等于(100)且不为(0)。

题解：很简单啊，对于每个相邻的数字这样处理就行了：(a[1]*a[2]+(-a[1])*a[2]=0)，所以(b[1]=a[2],b[2]=-a[1])，其余类似处理即可。

时间复杂度：(O(n))。

非常SB的我还想了几分钟

#include<cstdio>
#include<cstring>
using  namespace  std;
int  n,a[110];
int  main()
{
	int  T;scanf("%d",&T);
	for(int  i=1;i<=T;i++)
	{
		scanf("%d",&n);
		for(int  i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
		for(int  i=1;i<=n;i+=2)
		{
			int  y=i+1;
			printf("%d %d ",-a[y],a[i]);
		}
		printf("
");
	}
	return  0;
}

B

题意：T组数据，每组数据有个(n,m)，表示(nm)的矩阵（满足每组数据的(n,m)加起来小于等于(250000)），然后序号为(1)~(nm)的点在这个矩阵中，然后其会给你每一行从左到右的点的编号，和每一列从上到下的点的编号，但是行与行、列与列之间的相对位置不一定是对的，现在要求你还原这个矩阵。

题解：非常的简单，只要找到包含每一行第一个数字的列，就能得到行的相对位置，直接输出即可，时间复杂度可以到：(O(nm))，但是为了偷懒，我用排序快速的打出了(O(nmlog{nm}))的打法，虽然慢，但是打的快。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define  N  510
#define  NN  260000
using  namespace  std;
struct  node
{
	int  a[N];
}a[N];
int  id[NN];bool  v[NN];
inline  bool  cmp(node  x,node  y){return  id[x.a[1]]<id[y.a[1]];}
int  n,m;
int  main()
{
	int  T;scanf("%d",&T);
	while(T--)
	{
		scanf("%d%d",&n,&m);
		for(int  i=1;i<=n;i++)
		{
			for(int  j=1;j<=m;j++)scanf("%d",&a[i].a[j]);
			v[a[i].a[1]]=1;
		}
		for(int  i=1;i<=m;i++)
		{
			int  x=0;
			for(int  j=1;j<=n;j++)
			{
				scanf("%d",&x);
				if(v[x]==1)id[x]=j;
			}
		}
		sort(a+1,a+n+1,cmp);
		for(int  i=1;i<=n;i++)
		{
			for(int  j=1;j<=m;j++)printf("%d ",a[i].a[j]);
			printf("
");
		}
		for(int  i=1;i<=n;i++)v[a[i].a[1]]=0;
	}
	return  0;
}

C

题意：现在有(6)个正整数的(a)数组，还有(n)个正整数的(b)数组（对于任意的(1≤i≤n,1≤j≤6)，满足(b_{i}>a_{j})），然后要求现在构造一个(c)数组，对于(c_{i})，其等于(b_{i}-a{j})（(j)是自己定的），然后(c)数组的权值为最大的数字减去最小的数字，求最小的权值。

题解：我们不妨考虑暴力枚举(l)虽然是1e9的级别，然后看看其对应的(r)最小能是多少，这个应该怎么维护呢？也就是说([l,r])中必须能包含一个(c)数组。

我们不妨用一个数字把每一个(b_{i}-a_{j})保存起来，总共(6n)个数字，从小到大排序，然后对于(l++)，我们只要把所有(b_{i}-a_{j}<l)删掉，然后找到另外一个最小的(b_{i}-a_{k}≥l)加入进去即可，然后(r)取(max)。

但是(l)移动(1e9)次的问题还有解决，我们发现，(l)只有移动到(6n)个数字才是有用的，于是优化一下，(l)就只用跳(6n)次了，而每个数字最多被删除一次，也是(6n)次，所以就是(O(nlogn))。（实际上用基排可以到(O(n))）

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define  N  110000
#define  NN  610000
using  namespace  std;
inline  int  mymax(int  x,int  y){return  x>y?x:y;}
inline  int  mymin(int  x,int  y){return  x<y?x:y;}
int  a[10],b[N],n;
struct  node
{
	int  x/*数字*/,y/*对应的哪个b[y]*/,next/*下一个b[y]-a[k]*/;
}dp[NN];int  las[N],len;
inline  bool  cmp(node  x,node  y){return  x.x<y.x;}
inline  bool  cmp2(int  x,int  y){return  x>y;}
int  main()
{
	memset(las,0,sizeof(las));
	for(int  i=1;i<=6;i++)scanf("%d",&a[i]);
	sort(a+1,a+7,cmp2);//其实没有必要
	
	scanf("%d",&n);
	int  l,r=1;
	for(int  i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d",&b[i]);
		r=mymax(r,b[i]-a[1]);
		for(int  j=1;j<=6;j++)
		{
			len++;
			dp[len].x=b[i]-a[j];
			dp[len].y=i;
		}
	}
	sort(dp+1,dp+len+1,cmp);
	
	for(int  i=len;i>=1;i--)//处理next
	{
		dp[i].next=las[dp[i].y];
		las[dp[i].y]=i;
	}
	l=dp[1].x;int  ans=1000000000;
	for(int  i=1;i<=len;)
	{
		ans=mymin(r-l,ans);
		while(i<=len  &&  dp[i].x==l)//不断的删除数字
		{
			if(!dp[i].next)//已经没有数字了
			{
				printf("%d
",ans);
				return  0;
			}
			r=mymax(dp[dp[i].next].x,r);
			i++;
		}
		l=dp[i].x;
	}
	printf("%d
",ans);
	return  0;
}

D

题意：一个人要卖(1)~(n)价格的物品（每个物品各一个），每个时间点有两种操作：

1. 其放上一个物品，价格不知道。
2. 一个人来买走最小价格的物品。

现在给你(2n)个时间点的操作，(+)表示放上物品，(-) (x)表示一个人来买走了(x)价格的物品，现在要求你构造出一个满足要求的放物品序列，没有输出(NO)。

题解：设(a[i])为第(i)次买走是什么物品，(id[i])满足(?j∈[id[i],i-1],a[j]<a[i])，且要求(id[i])是最小的，而对于每个(+)号，其隶属于后面第一个(-)号，很明显，(a[i])只要放在隶属于([id[i],i])中的任意一个(+)号，而且不难发现，(a[i])放在([1,id[i]-1])的位置会导致(id[i]-1)错误，所以(a[i])只能且任意放在隶属于([id[i],i])中的任意一个(+)号。

当然，不难发现，对于每个数字，在前面已经放完之后，尽量的往前方就行了，用并查集维护。（往后放可能会导致后面的数字放不了）

时间复杂度：(O(nlogn))

#include<cstdio>
#include<cstring>
#define  N  110000
#define  NN  210000
using  namespace  std;
int  fa[N];
int  findfa(int  x)
{
	if(fa[x]!=x)fa[x]=findfa(fa[x]);
	return  fa[x];
}
int  ll[N],rr[N],a[N];
int  id[N],n;
int  sta[N],top;
inline  int  erfen(int  x)
{
	int  l=1,r=top,ans=x,mid;
	while(l<=r)
	{
		mid=(l+r)/2;
		if(a[sta[mid]]<a[x])r=mid-1,ans=sta[mid-1]+1;
		else  l=mid+1;
	}
	return  ans;
}
int  lis[N]; 
int  main()
{
//	freopen("std.in","r",stdin);
//	freopen("std.out","w",stdout);
	scanf("%d",&n);
	int  ed=2*n;
	int  l1=0,l2=0,pre=1;
	for(int  i=1;i<=ed;i++)
	{
		char  st[10];
		scanf("%s",st+1);
		if(st[1]==‘-‘)
		{
			l1++;scanf("%d",&a[l1]);
			ll[l1]=pre;rr[l1]=l2;pre=l2+1;
			fa[l1]=l1;
		}
		else  l2++;
	}
	fa[n+1]=n+1;
	
	id[1]=1;sta[top=1]=1;
	for(int  i=2;i<=n;i++)
	{
		id[i]=erfen(i);
		while(top  &&  a[sta[top]]<a[i])top--;
		sta[++top]=i;
	}
	
	for(int  i=1;i<=n;i++)
	{
		int  x=findfa(ll[id[i]]);
		if(x>rr[i])
		{
			printf("NO
");
			return  0;
		}
		else
		{
			lis[x]=a[i];
			fa[x]=x+1;
		}
	}
	printf("YES
");
	for(int  i=1;i<=n;i++)printf("%d ",lis[i]);
	printf("
");
	return  0;
}

事实上，二分部分可以跟单调栈的弹出合并到一起，并查急可以优化到(O(nα(n)))。

所以可以到达(O(nα(n)))。

当然，还有严格(O(n))的做法，不难发现，我们的瓶颈在于往后放可能会导致后面的数字放不了，但是我们发现，如果(a[j]<a[j](i<j))，那么(a[i])能放到的地方(a[j])也能放到，所以(a[i])往后放，而不是往前放的话，并不会影响(a[j])放置，如果(a[j]>a[i])，(a[i])压根就放不到(a[j])能放的位置，(a[j])不就随便放了吗？

然后用单调栈随便维护一下就可以了。

时间复杂度：(O(n))

#include<cstdio>
#include<cstring> 
#define  N  110000
#define  NN  210000
using  namespace  std;
inline  int  mymin(int  x,int  y){return  x<y?x:y;}
inline  int  mymax(int  x,int  y){return  x>y?x:y;}
int  sta[NN],top;
int  n,lis[N];
int  main()
{
	scanf("%d",&n);
	int  ed=2*n,l1=0;
	for(int  i=1;i<=ed;i++)
	{
		char  st[10];scanf("%s",st);
		if(st[0]==‘+‘)l1++,sta[++top]=-l1;
		else
		{
			int  x=0;scanf("%d",&x);
			bool  bk=0;
			while(top)
			{
				if(sta[top]>0  &&  sta[top]<x)top--;
				else  if(sta[top]<0)
				{
					lis[-sta[top]]=x;
					top--;
					bk=1;
					break;
				}
				else  break;
			}
			if(!bk)
			{
				printf("NO
");
				return  0;
			}
			sta[++top]=x;
		}
	}
	printf("YES
");
	for(int  i=1;i<=n;i++)printf("%d ",lis[i]);
	printf("
");
	return  0;
}

E

题意：有一个魔法，在(t)秒施法时瞬间打掉怪物(a)点血量，然后在(t+1,t+2,...,t+c)的时间点回复(b)点血量，施法有(d)秒(cd)，相当于(t)秒施法后，(t+d)才能再次施法。

回血效果可以叠加，如果一个时间点有多个血量变化，同时计算，然后问你最多可以打掉多少血的怪物，无限的话输出(-1)。

有(T)组数据，每组给定魔法(a,b,c,d)。

做法：不难发现，(a>bc)的话，就是(-1)，反之，不能打败无限血的怪物，那么很明显，(t)时刻放完魔法后，(t+d)时刻立马放很明显更加优秀。（你总不可能等他多回一点血再打吧。）

所以放魔法的时间就是：(1,1+d,1+2d,1+3d...)，那么什么时候达到最大值呢？

考虑回本时间，回本时间就是指(1)时刻放完魔法后，在哪个时刻第一次的攻击血量会被其回血血量会上来，不难发现，会本时间就是：((b-1)/a+2)，设为(tim)。

先证明(≥tim)再放魔法的话肯定不是最大值：
对于(k≥tim)放完魔法，此时(1)时刻的攻击已经被完全的消除了（甚至可能回得更多），那么不妨构造新的方案，在(1)时刻不攻击，(1+d)时刻为真正的(1)时刻，此时最大的攻击血量一定不小于原来的方案。

再证明(<tim)放魔法一定会更大：
类似的证明方法，在(k<tim)的位置实施魔法，不妨证明其比(1,1+d,...,k-d)的方案更加优秀，类似的证明，构造新方案，(1)不放魔法，(1+d)为名正言顺的(1)时刻，那么新方案的血量等于(1,1+d,...,k-d)的方案，但是原方案比新方案多了个(1)，且其并未回本，所以原方案(>)新方案(=)(1,1+d,...,k-d)的方案。

然后推推式子就行了。

单次复杂度：(O(1))

#include<cstdio>
#include<cstring>
using  namespace  std;
typedef  long  long  LL;
int  main()
{
	int  T;scanf("%d",&T);
	while(T--)
	{
		LL  a,b,c,d;scanf("%lld%lld%lld%lld",&a,&b,&c,&d);
		if(a>b*c)printf("-1
");
		else
		{
			LL  tim=(a-1)/b+1;//回本时间-1
			LL  kao=(tim-1)/d+1;
			
			LL  ans=kao*a-(d*b)*kao*(kao-1)/2;
			printf("%lld
",ans);
		}
	}
	return  0;
}