Codeforces Round 971 (Div. 4)A~G1
A. Minimize!
签到不多说。
// AC one more times
// nndbk
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 2e5 + 10;
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
//c-a+b-c = b-a
int t; cin>>t;
while(t--)
{
int a,b; cin>>a>>b;
cout<<b-a<<"\n";
}
return 0;
}
B. osu!mania
签到+1
// AC one more times
// nndbk
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 500 + 10;
char a[N][N];
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
int t; cin>>t;
while(t--)
{
int n; cin>>n;
for(int i = 1;i <= n; i++)
for(int j = 1;j <= 4; j++)
cin>>a[i][j];
for(int i = n;i >= 1; i--)
{
for(int j = 1;j <= 4; j++)
{
if(a[i][j] == '#')
cout<<j<<" ";
}
}
cout<<"\n";
}
return 0;
}
C. The Legend of Freya the Frog
这边有个小细节，因为总是x方向优先的，所以需要判断一下(类似于黑子先手那样差不多)。
// AC one more times
// nndbk
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 2e5 + 10;
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
int t; cin>>t;
while(t--)
{
ll x,y,k; cin>>x>>y>>k;
ll a = x / k + (x % k != 0);
ll b = y / k + (y % k != 0);
if(a > b)cout<<a * 2 - 1 <<"\n";
else cout<<b * 2 <<"\n";
}
return 0;
}
D. Satyam and Counting
因为y的范围是[0,1]并且所有点都是整数点，那么问题看起来就简单了。直角三角形只有两种类型了(以y=0为例)，一种是在它的正上方有一个点，那么y=1的所有点都可以和这两个点变成直角三角形。第二种就是它的左边和右边刚好都有一个距离为1的点。
// AC one more times
// nndbk
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 2e5 + 10;
#define int long long
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
int t; cin>>t;
while(t--){
int n; cin>>n;
set<int>v0,v1;
ll ans = 0;
for(int i = 1;i <= n; i++)
{
int x,y; cin>>x>>y;
if(y == 0) v0.insert(x);
else v1.insert(x);
}
for(auto x : v0)
{
// cout<<"x = "<<x<<"\n";
if(v1.find(x) != v1.end())
ans += max(0ll,(int)v1.size()-1);
if(v1.find(x-1) != v1.end() && v1.find(x+1) != v1.end()){
// cout<<"!!!";
ans += 1;
}
}
// cout<<"ans = "<<ans<<"\n";
for(auto x : v1)
{
// cout<<"x = "<<x<<"\n";
if(v0.find(x) != v0.end())
ans += max(0ll,(int)v0.size()-1);
if(v0.find(x-1) != v0.end() && v0.find(x+1) != v0.end()){
// cout<<"###";
ans += 1;
}
}
cout<<ans<<"\n";
}
return 0;
}
E. Klee's SUPER DUPER LARGE Array!!!
题意：Klee 有一个长度为 \(n\) 的数组 \(a\)，其中包含按顺序排列的整数 $[ k , k + 1 , . . . , k + n − 1 ] $。克利希望选择一个索引 \(i\)( \(i \leq n\) )，使得$ x = |a_1 + a_2 + \dots + a_i - a_{i+1} - \dots - a_n|$ 最小。请注意，对于任意整数 \(z\)而言，$ |z|\(表示\)z$的绝对值。
输出\(x\) 的最小可能值。
直觉就是一半的位置，二分它的左右界，然后两个取min即可。啊注意开long long(因为这个爆了一发)
// AC one more times
// nndbk
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 2e5 + 10;
ll get(ll l,ll r,ll n)
{
return (l+r)*n/2;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
int t; cin>>t;
while(t--)
{
ll n,k; cin>>n>>k;
ll s = (k + (k + n - 1)) * n / 2;
int l = 1,r = n;
while(l <= r)
{
int mid = (l + r)>>1;
if((k + (k + mid - 1))*mid/2 >= s / 2) r = mid - 1;
else l = mid + 1;
}
ll x = r + 1;
l = 1,r = n;
while(l <= r)
{
int mid = (l + r)>>1;
if((k + (k + mid - 1))*mid/2 <= s / 2) l = mid + 1;
else r = mid - 1;
}
ll y = l - 1;
ll res = min(abs(get(k,k+x-1,x)-get(k+x,k+n-1,n-x)),abs(get(k,k+y-1,y)-get(k+y,k+n-1,n-y)));
cout<<res<<"\n";
}
return 0;
}
正经做法：
证明的话：因为前\(i\)个为正数，后\(n-i\)个为负数。都是等差，两部分求和为\(\dfrac{(2k+i-1)*i}{2}\)和\(\dfrac{(2k+n+i-1)*(n-i)}{2}\)。两个相减就是\(\dfrac{-2kn+4ki-n^2+n+2i^2-2i}{2}\)。是一个单调递增的函数。
那么最趋于0，无非就是最后一个负数和第一个正数取个min。
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll T,n,k;
ll calc(ll i){
return (-2*k*n+4*k*i-n*n+n+2*i*i-2*i)/2;
}
bool check(ll i){
return calc(i)>=0;
}
int main(){
cin>>T;
while(T--){
cin>>n>>k;
ll l=1,r=n;
while(l<r){
ll mid=(l+r)>>1;
if(check(mid))r=mid;
else l=mid+1;
}
cout<<min(abs(calc(l-1)),abs(calc(l)))<<endl;
}
return 0;
}
F. Firefly's Queries
题意：
萤火虫是一个给定长度为 \(n\)的数组\(a\)。让 \(c_i\)表示 \(a\) 数组的第$ i$ 次循环移动 。她创建了一个新数组$ b$ ，使得 $b = c_1 + c_2 + \dots + c_n $其中 + 表示连接操作 。
然后，她会向你提出 \(q\) 个查询。对于每一个查询，输出从第 \(l\) 个元素开始，到第 $ r$ 个元素结束的$ b$ 子数组中所有元素的总和，包括两端的元素。
数组 \(a\)的第 \(x\)( $ 1 \leq x \leq n$ ) 次循环移位是\(a_x, a_{x+1} \ldots a_n, a_1, a_2 \ldots a_{x - 1}\)。请注意， 第 $ 1$次移位就是最初的 $ a$。
长度为\(n\) 的两个数组\(p\) 和 \(q\)(换句话说，\(p + q\) )的连接操作是$ p_1, p_2, ..., p_n, q_1, q_2, ..., q_n$。
思路：我们知道对于一个完整的和是固定的。我们可以先求出有多少个循环。然后多出来的部分单独算。
假设对于x位置的循环个数是\(rep=x/n\)， 多出来的部分是\(last = x \% n\)。多出来的部分怎么处理呢？我们发现它是一个循环的，不难想到前后缀。如果\(rep + last \le n\)的话直接求就可以了。但是如果\(rep + last > n\)的话，我们就用后面的部分加上前面的部分(相当于是一个前缀一个后缀加起来)。
然后求[l,r]这段的用个简单容斥就可以啦。
// AC one more times
// nndbk
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 2e6 + 10;
ll a[N];
ll s[N];
int n,q;
ll cal(ll x)
{
ll rep = x / n;
ll res = rep * s[n];
ll last = x % n;
// cout<<"s[n]="<<s[n]<<" s[rep] = "<<s[rep]<<" s[last+rep-n] = "<< s[last + rep - n]<<"\n";
if(last + rep <= n)
res += s[last + rep] - s[rep];
else
res += s[n] - s[rep] + s[last + rep - n];
return res;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
int t; cin>>t;
while(t--){
cin>>n>>q;
for(int i = 1;i <= n; i++)
cin>>a[i];
s[0] = 0;
for(int i = 1;i <= n; i++)
s[i] = s[i-1] + a[i];
for(int i = 1;i <= q; i++)
{
ll l,r; cin>>l>>r;
cout<<cal(r)-cal(l-1)<<"\n";
}
}
return 0;
}
G1. Yunli's Subarray Queries (easy version)定长区间连续序列典例
题意：这是问题的简单版本。在这个版本中，可以保证 $ r=l+k-1$ 适用于所有查询。
对于任意数组 \(b\) ，云里可以执行任意多次下面的操作：
选择索引\(i\)。设置\(b_i=x\) ，其中 x 是她想要的任意整数\(( x 不限于区间 [ 1 , n ])\)
将 \(f(b)\) 记为她需要执行的最小操作次数，直到 b 中存在一个长度至少为 k 的连续子数组 。
给云莉一个大小为 \(n\) 的数组 \(a\)并向你提出\(q\)个查询。在每个查询中，你必须输出\(\sum _{j=l+k-1}^{r} f([a_l, a_{l+1}, \ldots, a_j])\)。请注意，在这个版本中，你只需要输出 \(f([a_l, a_{l+1}, \ldots, a_{l+k-1}])\)
如果存在一个从索引 i ( $ 1 \leq i \leq |b|-k+1$ )开始的长度为 \(k\)的连续子数组，那么对于所有的\(i<j\le+k-1\)都是$ b_j = b_{j-1} + 1$
思路：
这个题很有意思也是很典型。一开始想到是长度固定的，有往滑动窗口去想，但是感觉不好实现。我们往本质去思考。转化一下这个题。
对于公差为1的等差(连续),如果我们对每个数加上一个n-i它们就会变成一样的。也就是说，加上之后，如果相等，那么它们在原序列里面是等差。
那么题目就转化为：对于一个\(l\)，去找\([l,l+k-1]\)这\(k\)个数里面的众数。而这样的\(l\)最多也就\(n-k+1\)个，果然还是用滑动窗口维护每一个\(l\)的答案就行了。
这个滑动窗口，可以用multiest记录所有元素出现次数的数值集合,然后用map记录某个元素在当前窗口的出现次数。
关键——>定长区间连续序列，想到加上n-i转化为求众数，又因为定长可以用滑动窗口。
// AC one more times
// nndbk
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 2e5 + 10;
int n,k,q;
ll a[N],ans[N];
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
int t; cin>>t;
while(t--)
{
cin>>n>>k>>q;
for(int i = 1;i <= n; i++)
{
cin>>a[i];
ans[i] = 1;
a[i] += (n-i);
}
//可以用multiest记录所有元素出现次数的数值集合
//然后用map记录某个元素在当前窗口的出现次数。
multiset<int>all;
map<int,int>cnt;
for(int i = 1;i <= n; i++)
{
int v = cnt[a[i]]++;
if(all.find(v) != all.end())
all.erase(all.find(v));
all.insert(v + 1);
if(i >= k){
ans[i] = *all.rbegin();
int w = cnt[a[i-k+1]]--;
all.insert(w - 1);
if(all.find(w) != all.end())
all.erase(all.find(w));
}
}
while(q--){
int l,r; cin>>l>>r;
cout<<k-ans[r]<<"\n";
}
}
return 0;
}
tips（重要！）:
- 因为是定长区间，因此我们可以利用滑动窗口维护定长区间的众数的数量
- 对于公差为1的等差(连续),如果我们对每个数加上一个n-i它们就会变成一样的。也就是说，加上之后，如果相等，那么它们在原序列里面是等差。