D - Sequence Query
题目大意
我们有一个空序列\(A\)。请依次处理\(Q\)个命令，每个命令有三种类型，每种类型的格式如下：
1 x：将\(x\)加入\(A\)（不去重）2 x k：求在\(A\)的\(\le x\)的元素中，第\(k\)大的值。3 x k：求在\(A\)的\(\ge x\)的元素中，第\(k\)小的值。
\(1\le Q\le 2\times 10^5\)
\(1\le x\le 10^{18}\)
\(1\le k\le 5\)
分析
注意题面中的\(1\le k\le 5\)，我们可以用multiset解决问题。
multiset顾名思义，就是不去重的set，支持二分查找操作。关于multiset的具体用法，请看这里
对于每个查询，我们作如下处理：
1 x：直接加入multiset2 x k：先upper_bound，再将iterator向前移动\(k\)步3 x k：先lower_bound，再将iterator向后移动\(k\)步
前面提到，因为\(k\)的值很小，所以移动iterator的时间复杂度可以忽略不计。
因此，总时间复杂度最优为\(\mathcal O(Q)\)，平均\(\mathcal O(Q\log Q)\)，最坏\(\mathcal O(Q\log Q)\)。
代码
#include <cstdio>
#include <set>
using namespace std;
int main()
{
multiset<long long> s;
int q;
scanf("%d", &q);
while(q--)
{
int op;
long long x;
scanf("%d%lld", &op, &x);
if(op == 1) s.insert(x);
else
{
int k;
scanf("%d", &k);
if(op == 2)
{
bool bad = false;
auto it = s.upper_bound(x);
for(; k--; --it)
if(it == s.begin())
{
bad = true;
break;
}
if(bad) puts("-1");
else printf("%lld\n", *it);
}
else
{
auto it = s.lower_bound(x);
for(; --k; ++it)
if(it == s.end())
break;
if(it == s.end()) puts("-1");
else printf("%lld\n", *it);
}
}
}
return 0;
}
E - Putting Candies
题目大意
给定长度为\(N\)的序列\(A=(A_0,A_1,\dots,A_{N-1})\)。
有一个空盘子。Takahashi每次会在其中加入\(A_{(X\bmod N)}\)颗糖果（\(X\)是当前盘子中糖果的数量）。
求\(K\)次操作后的糖果总数。
\(2\le N\le 2\times 10^5\)
\(1\le K\le 10^{12}\)
\(1\le A_i\le 10^6\)
分析
根据鸽笼原理（又称抽屉原理），\(A_{(X\bmod N)}\)的结果在最多\(N\)次操作后一定会重复。
因此，这道题可以看作数学上的一道周期问题。（又是数学题?!）
我们只需分别记录结果对应的时间和时间对应的结果即可。
最终总时间复杂度\(\mathcal O(n)\)，空间复杂度\(\mathcal O(n)\)。
代码
代码参考：AtCoder官方题解
#include <cstdio>
#define maxn 200005
using namespace std;
using LL = long long;
LL A[maxn], S[maxn];
int pre[maxn];
int main()
{
int n;
LL k;
scanf("%d%lld", &n, &k);
for(int i=0; i<n; i++)
scanf("%lld", A + i);
for(int i=1; i<n; i++)
pre[i] = -1;
int time, s;
for(int i=0; i<n; i++)
{
S[i + 1] = S[i] + A[S[i] % n];
if(pre[S[i + 1] % n] != -1)
{
s = pre[S[i + 1] % n];
time = i + 1;
break;
}
pre[S[i + 1] % n] = i + 1;
}
if(k <= s) printf("%lld\n", S[k]);
else
{
int p = time - s;
LL X = S[time] - S[s], t = k - s - 1;
printf("%lld\n", S[s + t % p + 1] + t / p * X);
}
return 0;
}
F - Skate
题目大意
有一个\(H\times W\)的网格。网格上有\(N\)个障碍物，第\(i\)个的位置是\((X_i,Y_i)\)。
我们从\((s_x,s_y)\)开始，每一步向上、下、左、右中的一个方向行走，直到撞上障碍物，停在它前面的方格中。求到达\((g_x,g_y)\)所用的最少步数。若无法到达终点，输出-1。
\(1\le H,W\le 10^9\)
\(1\le N\le 10^5\)
\(1\le s_x,g_x,X_i\le H\)
\(1\le s_y,g_y,Y_i\le W\)
\((s_x,g_x)\ne(g_x,g_y)\ne(X_i,Y_i)\)
\((X_i,Y_i)\ne(X_j,Y_j)\)（\(i\ne j\)）
分析
这道题看似数据范围很大，实则不然。因为\(N\)只有\(10^5\)，所以我们很容易想到使用\(\text{BFS}\)，用map存储每行每列，对于每个坐标，二分查找当前行/列中的位置即可。
代码
写代码时注意事项主要有两点：
- 行和列的坐标一定要排序，也可以用
set - 注意二分边界情况
#include <cstdio>
#include <queue>
#include <set>
#include <unordered_map>
using namespace std;
using LL = long long;
unordered_map<int, set<int>> row, col;
unordered_map<LL, int> dis;
inline LL pack(LL x, int y) { return x << 31LL | y; }
inline void unpack(const LL& b, int& x, int& y) { x = b >> 31LL, y = b & 0x7fffffff; }
int main()
{
int h, w, n, sx, sy, gx, gy;
scanf("%d%d%d%d%d%d%d", &h, &w, &n, &sx, &sy, &gx, &gy);
for(int i=0; i<n; i++)
{
int x, y;
scanf("%d%d", &x, &y);
row[x].insert(y);
col[y].insert(x);
}
LL target = pack(gx, gy);
queue<pair<LL, int>> q;
q.emplace(pack(sx, sy), 0);
while(!q.empty())
{
auto [p, d] = q.front(); q.pop();
if(!dis.emplace(p, d).second) continue;
if(p == target) { printf("%d\n", d); return 0; }
int x, y;
unpack(p, x, y), ++d;
if(row.count(x))
{
auto& s = row[x];
auto it = s.lower_bound(y);
if(it != s.end()) q.emplace(pack(x, *it - 1), d);
if(it != s.begin()) q.emplace(pack(x, *--it + 1), d);
}
if(col.count(y))
{
auto& s = col[y];
auto it = s.lower_bound(x);
if(it != s.end()) q.emplace(pack(*it - 1, y), d);
if(it != s.begin()) q.emplace(pack(*--it + 1, y), d);
}
}
puts("-1");
return 0;
}