前言
以下内容转自官方
首先，十分抱歉给大家带来了不好的比赛体验，下面是比赛中出的大锅。
锅 1：B 题是出题人在读 CSAPP 时想到的一道小模拟，但在题目描述时出了问题，应该是离 a1.a2a1.a2a1.a2 最近的偶数。
锅 2：C 题题面叙述不清，存在歧义，让选手做得很难受。
锅 3：由于出题人最近对红警比较上头，因此有了 D 题，本质上是模拟。但由于 “这模拟” 坑点过多，最终成了 “折磨你”，对小白极不友好。
这是出题人第一次出全网比赛，虽然赛前进行了重重检验，但赛时还是出了诸多问题，十分抱歉。
Problem A. 超市里扫货
顺序扫描所有货物，维护购物车的剩余容积。若购物车的剩余容积不足以装下当前货物，则新推一辆购物车。此外需要注意，由于 \(max(V)=2^{30}\)，所以两个物品的体积相加可能超过\(INT\_MAX\)。
时间复杂度：\(O(n)\)。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
void work()
{
int n, v; scanf("%d %d", &n, &v);
int rem = v, cnt = 1;
for (int i = 1, a; i <= n; ++i) {
scanf("%d", &a);
if (rem >= a) rem -= a;
else ++cnt, rem = v - a;
}
printf("%d\n", cnt);
}
int main()
{
work();
return 0;
}
Problem B. 柜台结账
分类讨论一下所有情况，我们可以发现：
支付的金额与原价格相比不变的情况只有一种，即 \(a_2=0\)。
支付的金额与原价格相比多了的情况有两种：
① \(0.a_2>0.5\)
② \(0.a_2=0.5\) 且 \(a_1\) 为奇数
其余情况则说明支付的金额与原价格相比少了。
时间复杂度：\(O(|a_2|)\)。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
void work()
{
string a1, a2; cin >> a1 >> a2;
auto cmp = [](const string &s) {
if (s[0] > '5') return 1;
if (s[0] < '5') return -1;
for (size_t i = 1; i < s.size(); ++i)
if (s[i] != '0') return 1;
return 0;
};
if (a2 == "0") cout << "PLMM\n";
else if (cmp(a2) == 1 || (cmp(a2) == 0 && (a1.back()&1))) cout << "Happy birthday to MFGG\n";
else cout << "Happy birthday to YXGG\n";
}
int main()
{
work();
return 0;
}
Problem C. 小喵觅食
以 PLMM 和小喵的初始位置分别做 BFS，距离数组分别记为 \(dis[0][i][j]\) 和 \(dis[1][i][j]\)，需要注意的是 PLMM 进行 BFS 时有活动范围 \(r_1\) 的限制，而小喵进行 BFS 时没有活动范围 \(r_2\) 的限制。
记小喵的初始位置为 \((mx,my)\)，枚举 PLMM 的终止位置 \((i,j)\) 满足 \(|i-mx|+|j-my|\leq r_2\)，答案即为 \(min(dis[0][i][j] + dis[1][i][j])\)。
时间复杂度：\(O(nm)\)。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int M = (int)1e3;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
int n, m, r1, r2;
char s[M + 5][M + 5];
int dx[] = {0, 0, 1, -1};
int dy[] = {1, -1, 0, 0};
int dis[2][M + 5][M + 5];
void bfs(int u, int x, int y, int r)
{
queue<pair<int, int>> q;
dis[u][x][y] = 0;
q.push({x, y});
while (!q.empty()) {
auto [ux, uy] = q.front(); q.pop();
for (int i = 0; i < 4; ++i) {
int vx = ux + dx[i], vy = uy + dy[i];
if (vx < 1 || vx > n || vy < 1 || vy > m || s[vx][vy] == '*' || dis[u][vx][vy] < inf) continue;
if ((int)abs(vx - x) + (int)abs(vy - y) > r) continue;
dis[u][vx][vy] = dis[u][ux][uy] + 1;
q.push({vx, vy});
}
}
}
void work()
{
scanf("%d %d %d %d", &n, &m, &r1, &r2);
memset(dis, inf, sizeof dis);
for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%s", s[i] + 1);
int mx = 0, my = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
for (int j = 1; j <= m; ++j)
if (s[i][j] == 'P') bfs(0, i, j, r1);
else if (s[i][j] == 'M') bfs(1, i, j, inf), mx = i, my = j;
int mi = inf;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
for (int j = 1; j <= m; ++j)
if ((int)abs(i - mx) + (int)abs(j - my) <= r2)
mi = min(mi, dis[0][i][j] + dis[1][i][j]);
printf("%d\n", mi == inf ? -1 : mi);
}
int main()
{
work();
return 0;
}
Problem D. 石油大亨
模拟题，做法因人而异，下面是出题人的做法。
首先，若 \(s<ec\)，则无解输出 \(-1\)。
\(i\) 遍历 \(1,2,\cdots,n\) 枚举工程师，\(cur\_time_i\) 表示第 \(i\) 个工程师开始训练的时间，答案即为 \(cur\_time_n+et+t[n]\)。通过维护当前金额和油田个数，使用 \(cur\_time_{i-1}\) 计算出 \(cur\_time_i\)。
具体细节请见代码。
PS：由于金额可能会爆long long，因此需要特判一下。
时间复杂度：\(O(n)\)。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int M = (int)1e5;
const ll linf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int n, ec, et, p; ll s;
int t[M + 5];
void work()
{
scanf("%d %d %d %d %lld", &n, &ec, &et, &p, &s);
for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &t[i]);
if (s < ec) return printf("-1\n"), void();
queue<ll> q; //存储工程师占领油田的时间
ll cur_time = 0;
for (int i = 1, oil_cnt = 0; i <= n; ++i) {
ll next_time = (i == 1 ? 0 : cur_time + et); //下一次开始训练工程师的最小时间戳
while (!q.empty() && q.front() <= next_time) { //计算从当前到next_time的金额收益
if(s < linf) s += oil_cnt * (q.front() - cur_time) * p;
cur_time = q.front();
q.pop();
++oil_cnt;
}
if (cur_time < next_time) {
if(s < linf) s += oil_cnt * (next_time - cur_time) * p;
cur_time = next_time;
}
if (s < ec) { //金额不足以训练工程师
while (!q.empty() && s + oil_cnt * (q.front() - cur_time) * p < ec) {
s += oil_cnt * (q.front() - cur_time) * p;
cur_time = q.front();
q.pop();
++oil_cnt;
}
ll wait_time = (ec - s + (ll)oil_cnt * p - 1) / oil_cnt / p; //需要等待wait_time的时间
s += oil_cnt * wait_time * p;
cur_time += wait_time;
}
s -= ec;
q.push(cur_time + et + t[i]);
}
printf("%lld\n", cur_time + et + t[n]);
}
int main()
{
work();
return 0;
}
Problem E. 排队
若 \(a_i \not= a_j\)，则考虑 \((a_i,a_j)\) 对答案的贡献。
由于是随机排列，所以有 \(\frac{n!}{2}\) 种排列使得 \((a_i,a_j)\) 对答案产生 \(1\) 的贡献。
因此答案为 \(\frac{n!}{2}\sum_{1 \leq i < j \leq n}{[a_i \not= a_j]}\)。
记 \(cnt[a_i]\) 表示 \(a_i\) 在序列 \(a\) 中的出现次数，可以使用 \(cnt[]\) 数组 \(O(n)\) 求出 \(\sum_{1\leq i < j \leq n}[a_i \not= a_j]\)。
时间复杂度：\(O(n)\)。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int M = (int)1e5;
const int mod = (int)1e9 + 7;
int cnt[M + 5];
void work()
{
int n; scanf("%d", &n);
int ans = 0;
for (int i = 1, a; i <= n; ++i) {
scanf("%d", &a);
(ans += i - ++cnt[a]) %= mod;
}
for (int i = 3; i <= n; ++i) ans = (ll)ans * i % mod;
printf("%d\n", ans);
}
int main()
{
work();
return 0;
}
Problem F. 选座椅
容易想到，如果区间 \([l,r]\) 可以满足 \(m\) 个条件，那么区间 \([l,r+1]\) 也一定可以满足 \(m\) 个条件。
对区间 \([l,r]\) 进行尺取，维护每个位置被使用的情况和满足的条件个数。对于每个 \(l\) 求出满足 \(m\) 个条件的最小的 \(r\)，使用差分数组求出不考虑顺序的方案数，再乘以阶乘即为答案。
时间复杂度：\(O(n+m)\)。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int M = (int)1e5;
const int mod = (int)1e9 + 7;
int n, m;
vector<int> v[M + 5];
int cnt[M + 5], tot;
int d[M + 5];
void work()
{
scanf("%d %d", &n, &m);
for(int _ = 0; _ < 3; ++_)
for(int i = 1, a; i <= m; ++i) {
scanf("%d", &a);
v[a].push_back(i);
}
auto add = [&](int p) {
for(const int& x: v[p])
if(++cnt[x] == 1)
++tot;
};
auto del = [&](int p) {
for(const int &x: v[p])
if(--cnt[x] == 0)
--tot;
};
for(int l = 1, r = 0; l <= n; ++l) {
while(r + 1 <= n && tot < m) add(++r);
if(tot == m) ++d[r - l + 1], --d[n - l + 2];
del(l);
}
for(int i = 1, fac = 1; i <= n; ++i) {
fac = (long long)fac * i % mod;
d[i] += d[i - 1];
printf("%lld%c", (long long)fac * d[i] % mod, " \n"[i == n]);
}
}
int main()
{
work();
return 0;
}