赛时总结 ◇赛时·I◇ AtCoder ARC-098

Posted 2020-11-09 luckyglass-blog

◆赛时I◆ ARC-098

---

■试题&解析■

◆本场最水◆ C-Attention

长点儿信心吧……

• 【AtCoder ARC-098 C】

• 【解析】
  既然只存在左右（东西）两个朝向，那么领导右侧的人应朝左，相反左侧的人朝右。则要找到一个人作为领导使上述人的数量最多。
  我们可以用 tot[0]、tot[1] 分别储存最初朝东、西的人的个数。然后从第一个人开始枚举，统计当前人左侧的分别朝向东、西的人的个数，从而算出当前人左侧朝右、右侧朝左的人的个数，记为F。领导人即是算出F最大的人。
  注意统计时要排开当前人的数量（领导人不算在内，不需要改变朝向）。

• 【源代码】

/*Lucky_Glass*/
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAXN int(3*1e5)
int len,tot[2],res[2],ans;
char s[MAXN+5];
int main()
{
    scanf("%d%s",&len,s);
    for(int i=0;i<len;i++)
        tot[s[i]==‘E‘]++;
    ans=1e9;
    for(int i=0;i<len;i++)
    {
        int F=0;
        F+=res[0];
        F+=tot[1]-res[1]-int(s[i]==‘E‘);
        res[s[i]==‘E‘]++;
        ans=min(ans,F);
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

◆脑壳开窍◆ D-Xor Sum 2

没办法，作者就是脑壳不开窍啊 QwQ

• 【AtCoder ARC-098 D】
• 【解析】
  其实这道题我没有看出来我哪里TLE了，和正解的算法一样——滑动窗口，可能是写的丑吧。

对于异或有一个技巧——如果 A^B==A+B ，则 A&B==0 即A、B的二进制的各个数位都不相同。现在问题就变成寻找一个区间 [l,r] 使得 Ai&Aj=0
（i≠j 且 l≤i,j≤r）。

定义区间左右端点l、r，并初始化l=1，r=0。保证 r < n(即 r+1≤n 且 l≤r )。定义当前区间的所有数异或所得到的值为F，初始化为0。
若 A[r+1]&F==0 即当前区间向右扩充1后，仍然满足所给条件，则更新F、r，向右扩充，并同时更新ans，增加的答案个数为扩充后区间的长度。用while循环执行此操作。
第一次while循环结束后，则要么枚举完了，要么 F&A[r+1]!=0 ，此时无论如何向右扩充都无法满足题目所给条件，所以只能删除左侧，直到再次满足 F&A[r+1]==0 （当区间为空时，也满足 F&A[r+1]==0 ）。
注意：ans用 long long 储存。

• 【源代码】

/*Lucky_Glass*/
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int MAXN=2*1e5;
int n,A[MAXN+5];
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d",&A[i]);
    int l=1,r=0,F=0;
    long long ans=0;
    while(r<n)
    {
        while(r<n && !(F&A[r+1]))
        {
            r++;ans+=r-l+1;
            F^=A[r];
        }
        while(l<=r && (F&A[r+1]))
            F^=A[l++];
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

◆想不到吧◆ E - Range Minimum Queries

这个是真的想不到 (u_u)

• 【AtCoder ARC-098 E】
• 【解析】
  对答案有影响的变量主要是最大值和最小值，那么就可以先通过枚举限制其中一个变量（这里我用最小值）。
  限制最小值，也就是说枚举Ai，在选取区间时，区间中最小的元素不能小于Ai。这样我们就可以将 A 分成多个段——每个段中的元素都大于等于Ai。这样就限制了区间中取到的最小值，但是此时的最小值不一定是Ai（比如枚举到的Ai=2，则当k=2时数据“1 2 1”就取不到2）。最小值确定后，要使最大值减最小值最小，则需要让最大值尽量小，即抽取到的数要尽量小。
  那么我们可以提取出各个满足长度大于等于k的段。这些段可以作为选取区间的段，且设段的长度为len，我们可以在这个段里取 len-k+1 次区间（每一次选取都会使段的长度减少1，直到区间长度小于k）。可见如果取 len-k+1 次区间，则一定可以取出这个段里前 len-k+1 小的数。
  为了使取出的数尽量小，我们需要尽量使每个段中取出的数都尽量小，也就是段中前 len-k+1 小的数。我们可以将这些数存入另外一个数组（pri），方便最后找到最小的最大值。由于我们要进行Q次抽取，最小的最大值一定是 pri 中第 Q 小的数，而最小值就是 pri 中最小的数。
• 【源代码】

/*Lucky_Glass*/
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
const int MAXN=2000;
const int INF=(int)1e9+5;
int n,k,q,A[MAXN+5],ans=INF;
void SOLVE(int x)
{
    vector<int> pri;
    int i=0;
    while(i<n)
    {
        vector<int> que;
        while(A[i]<x && i<n) i++;
        while(A[i]>=x && i<n) que.push_back(A[i++]);
        if(que.size()>=k)
        {
            sort(que.begin(),que.end());
            for(int j=0;j<(int)que.size()-k+1;j++)
                pri.push_back(que[j]);
        }
    }
    sort(pri.begin(),pri.end());
    if((int)pri.size()>=q)
        ans=min(ans,pri[q-1]-pri[0]);
}
int main()
{
    scanf("%d%d%d",&n,&k,&q);
    for(int i=0;i<n;i++)
        scanf("%d",&A[i]);
    for(int i=0;i<n;i++)
        SOLVE(A[i]);
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

（F题真的不会做了，请各位神牛多多指点）

---

The End

Thanks for reading!

-Lucky_Glass