2022SWJTUACM新秀杯题解
0.导读
开坑，记录下做过的题。只会签到捏。
题解不完全，不会，先开个坑，兴许寒假打完5场比赛填坑
1.2022SWJTU月赛
M.发工资
思想：贪心地将每个元素修改为平均数，代价传给后继元素。若元素为平均数，（因前驱的修改变为了平均数，无需修改了）
int solve()
{int ans=0;for(int i=0;i<n;i++) a[i]-=avr;for(int i=0;i<n;i++){if(a[i]) {a[i+1]+=a[i];ans++;}}return ans;
}C.积水问题
法一.贪心分治
找出被两个极大值包裹的区间，区间的权易求
左右区间重复如上分治操作
法二.排序加速
用高度的降序排列p作为辅助，维护一个t的已solve的lr区间，每次迭代入一个次大高度，拓展lr区间
int solve()
{p[0].id=0,p[n+1].id=n+1;//两侧用0包裹 sort(p,p+1+n+1);int l,r;//lr最高柱重合 l=r=p[0].id;//每次ask一个较大的数，然后判断这个数的id在那个区间，然后这段区间易求权 //0.lr维护的是已经ask过的区间 //易证内嵌for总共只会遍历一边数组，所以时间复杂度是O(2n) for(ri i=1;i<=n+1;i++){if(p[i].id>r){int top=min(p[i].val,t[r]);for(int j=r+1;j<p[i].id;j++) ans+=top-t[j];r=p[i].id;}if(p[i].id<l){int top=min(p[i].val,t[l]);for(int j=p[i].id+1;j<l;j++) ans+=top-t[j];l=p[i].id;}}return ans;
}J.alwaysRank
题面
在二维平面里有n个得分点(xi,yi)，\{R^2\}内任取一点(i,j),其得分为到这些得分点的曼哈顿距离之和。求得分最少的点的数目
曼哈顿距离定义：Manhattan(p1,p2)=|x_1-x_2|\ +\ |y_1-y_2|
解析
曼哈顿距离是的x轴与y轴是离散化的，
考查一维数轴上放置n个得分点——
若n为奇数，有且仅有中位数那个点得分最少，得分为Σx_r-x_l,l+r=n
若n为偶数，中位数区间的所有点都是得分最少的点
考查二位数轴上的积分点，考查x轴上积分最少的点与y轴上积分最少的点，显然是col*row;
int solve()
{int row=0,cow=0;sort(x+1,x+1+n);sort(y+1,y+1+n);if(n%2) row=1,col=1;else row=x[n/2+1]-x[n/2]+1,col=y[n/2+1]-y[n/2]+1;returncol*row;
}寒假打完比赛回来填坑……
2.新秀杯初赛
A. 最长括号匹配
Description
给定一个只含有'('和')'字符的字符串，长度为 n(1≤n≤10^3)
。求最长有效括号子串（格式正确且连续）的长度。
包括形如(()),()()
Solution
以每一个(为可能的字串起点，往后检查匹配长度，记录(个数ls和)个数rs，故当rs>ls时这是一段非法的字串，当ls>rs时可以往后搜索，当ls==rs是一段可行的字串，需要记录答案然后继续往后搜索
Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
string s;
int ans=0;
int main()
{cin>>s;for(int i=0;i<s.size();i++){if(s[i]=='('){int ls=0,rs=0;for(int j=i;j<s.size();j++){if(s[j]=='(') ls++;else rs++;if(ls==rs){ans=max(ans,j-i+1);}if(rs>ls) {i=j-1;break;}}}}cout<<ans;return 0;
}O(n)解法
D.救救qq
水题不贴
E.帮帮小冷
Description
小冷有一个大小为n的数组，小冷不喜欢很大的数，他想尽可能使数组的和尽可能小，现在只有一种使数组变小的办法，若数字c为数组中每一个数的因数的话，那么便可以数组中的所有数都除以c，小冷想知道最小的数组的和，你能帮帮他吗qwq。
Solution 区间gcd问题，可以用ST表 数据太弱只有一个查询,On跑了，水题
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;const int N=1e6+5,M=1e4+5;
long long a[N];
int n;
long long ans=0;
long long by[N];
int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);cin>>n;for(int i=0;i<n;i++) cin>>a[i];by[0]=a[0];for(int i=1;i<n;i++){//cout<<by[i-1]<<"\n";by[i]=__gcd(by[i-1],a[i]);}for(int i=0;i<n;i++) ans+=a[i]/by[n-1];cout<<ans;return 0;
}I.西南胶带也是胶带啊
Description
在由于XCPC主办方多次将SWJTU和XAJTU的物资发错，两校ACM校队达成协议：将错就错。
现在XAJTU和SWJTU都有不超过26支队伍。其中XAJTU有Au1支队伍能拿金牌，Ag1支队伍能拿银牌，Cu1支队伍能拿铜牌；而SWJTU有Au2支队伍能拿金牌，Ag2支队伍能拿银牌，Cu2支队伍能拿铜牌。
两校如果拿到自己学校队伍的物资，则令对应的队伍参赛，在剩余的队伍中，未拿到自己物资的队伍由强到弱给按物资顺序拿对方物资，给对方代打
假设每支队伍都会正常发挥，获取到其校内排名对应的奖牌。如果SWJTU的获得金牌数量比原本能获得的多，那么宋老板会很开心，如果获得金牌的数量不变，而获得银牌的数量变多了，宋老板也会很开心，实在不行铜牌数量增多了宋老板也会很开心！
如果宋老板很开心，他就会请大家在星期四吃麦，请问大家有没有机会在周四吃到麦。
Solution
小模拟，题面写的真烂
Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int au1,ag1,cu1,au2,ag2,cu2;
string xat,swt;
char Upper[26];
int len=0;
int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);cin>>au1>>ag1>>cu1>>au2>>ag2>>cu2;cin>>xat>>swt;int cnt=0,nau=0,nag=0,ncu=0;int au=0,ag=0,cu=0;int oau=0,oag=0,ocu=0;for(int i=0;i<xat.size();i++){//仙交摸到稀胶 if(xat[i]>='a' && xat[i]<='z'){cnt++;//稀胶自己打，o if(xat[i]-'a'<=au2) oau++;else if(xat[i]-'a'+1>au2 && xat[i]-'a'+1<=au2+ag2) oag++;else if(cnt<=au2+ag2+cu2)ocu++; //仙交代打 ，n if(cnt<=au1) nau++;else if(cnt>au1 && cnt<=au1+ag1) nag++;else if(cnt<=au1+ag1+cu1) ncu++; }}
if(nau>oau || nag>oag || ncu>ocu) cout<<"Yeah!";else cout<<"No!";return 0;
}J.最强的对手!至大的危机!
Description
与蕈兽结下坚定的羁绊！经历多场激烈角逐后，旅行者和派蒙终于闯进了蕈兽大作战“月莲杯”的决赛！他们将继承八重神子和莱依拉的信念，挑战最强的驯兽师海妮耶，并揭穿隐藏在“月莲杯”大赛之下的阴谋!
但在此之前，派蒙决定先与蕈兽伙伴们进行元素反应特训...
由于派蒙不想计算元素反应中的元素附着保留概率，所以她将元素反应机制略微改变了，改变后的元素反应特训将以如下规则展开：
已知，每种蕈兽都有一种元素属性：
Bongo-Head(咚咚小圆帽)为Hydro(水元素)的蕈兽，Twirly-Whirly(转转悠悠兽)为Anemo(风元素)的蕈兽，Blitzara(百雷遮罗)为Electro(雷元素)的蕈兽。
当蕈兽释放元素战技，木桩会被附着上对应的元素，若木桩上早已有元素附着，将会产生元素反应，并且将木桩上的元素附着更改为当前元素。需要注意的是，风元素不会附着于木桩。元素反应如下所示：
感电 Electro-Charged ：水元素-Hydro+雷元素-Electro
扩散 Swirl ： 风元素-Anemo+雷元素-Electro/水元素-Hydro
在元素反应特训中，派蒙将蕈兽伙伴们进行编队，分别放在一号位，二号位和三号位上。接下来，她会发出一连串仅含'1','2','3'的指令，指示位于该号位上的蕈兽对木桩释放元素战技！
而你，旅行者，将作为特训中的木桩！请你精准的、按顺序的输出每次元素反应的类型。若特训中未产生元素反应，请你输出"hehe"(不含双引号)。
注：请遵循题面词汇的大小写格式。
Input
每个样例包含多组测试数据，第一行输入一个整数 T，代表该组样例中测试数据的数量。
对于每组测试数据，第一行包含三个字符串，中间以空格隔开，代表蕈兽的编队顺序。
对于每组测试数据，第二行包含一个长度不小于1的，仅含阿拉伯数字'1','2','3'的字符串。
Output
对于每组测试数据，按顺序输出元素反应(以英文词汇输出)，中间以空格隔开。若无元素反应，请输出“hehe” (不含双引号)。
请在每组测试数据的输出之后添加一个换行符。
Solution
模拟，挺好的，就是不懂叩
，读了很久题面。感电是加法不区分两种元素的先后，扩散会使木桩失去附着元素
用map<string,char>映射指令顺序op为打出的元素顺序，再遍历元素顺序模拟就好了
Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
map<string,char> F;
int T;
string rct[3]={"Swirl","Electro-Charged","hehe"};
void solve(string op)
{bool flag=1;char state='0';if(op[0]!='2') state=op[0];for(int i=1;i<op.size();i++){// cout<<"ops:"<<state<<' '<<op[i]<<"\n";if(state!='0') {//扩散后没有元素 if(op[i]=='2' && (state=='1' || state=='3')) {cout<<rct[0]<<' ';flag=0;state='0';}//感电还有元素 if((op[i]=='3' && state=='1') || (op[i]=='1' && state=='3')) {cout<<rct[1]<<" ";flag=0;//state='0';}if(op[i]!='2' && state!='0') state=op[i];//cout<<"newstate:"<<state<<"\n"; }else if(op[i]!='2') state=op[i];}if(flag) cout<<rct[2];
}
int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);F["Bongo-Head"]='1';F["Twirly-Whirly"]='2';F["Blitzara"]='3';cin>>T;while(T--){string a[4],op;cin>>a[1]>>a[2]>>a[3]>>op;for(int i=0;i<op.size();i++){op[i]=F[a[op[i]-'0']];}// cout<<"op："<<op<<'\n';solve(op);cout<<'\n';}return 0;
}K.超级炸弹人
Description
炸弹人是一款经典的小游戏。在超级炸弹人中，宋老板的魔法让炸弹得到了加强，在一个二维网格地图上放置的任意一个炸弹将在 t秒后爆炸，并瞬间杀死同行同列的所有玩家（炸弹可以与玩家重叠）。
林老师操控的炸弹人在网格中，一秒只能往上下左右移动到相邻的网格，请问在第 0 秒最少放置多少枚炸弹（可放置在任意位置），才能保证杀死林老师。
solution
不加证明地给出，在tony_Lin的逃生策略和炸弹的放置策略均为最优下，tony_Lin需要一直往对角线跑。其在ts内活动范围是一个径长2t+1的正棱形，覆盖这个棱形需要在对角线放满炸弹ANS：
cout<<(t/2)*2+1;G.仙人掌攻击
Description
给出一段序列a(1<=n<=40)，并有k次query给出hp，每次求其组合出∑select=hp的方案数
Solution
先给出自顶向下减而治之的递归
先升序排序便于考查
在考虑a[it]这株
下，有两种状态:选取it，考查考虑前it-1株仙人掌下组合出hp-a[it]的方案数和不选取这个仙人掌，考查考虑前it-1株仙人掌下组合出hp的方案数
//sort(a+1,a+n+1);
ll dfs(ll hp,ll it)
{if(hp==0 || a[it]-hp==0) return 1;if(sum[it]<hp || !it) return 0;if(it>n ) return 0;return dfs(hp-a[it],it-1) + dfs(hp,it-1);}在一冰老师的测试用例中，所有n和k都是拉满的，且永远无法破宋老板的防，即一般情况下会跑满dfs时间复杂度O(2^n)，n=40
所以加个前缀和剪枝就能0ms过
T-Solution：分治
by赵老板：所以可以将40个数据分为两组，每组20个，枚举每组组内的结果并记录（此时需要枚举220≈106次)，分别排序后，一组从小到大，另一组从大到小枚举，即可完成次数统计。也可以使用map、手撸二叉堆等方式实现查找。时间复杂度为O((2(n/2)*log(2(n/2)))。
我用map<ll,ll>mapr映射全组合中各个atk的方案数。
Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 45;
int n, m;
int a[N];
ll lhs[ (1 << 20) + 5], rhs[(1 << 20) + 5];
map<ll, ll> mapl, mapr;
int lenl = 0, lenr = 0;
void dfsl(ll atk, int lo, int hi)
{
if (lo == hi){return;}
for (int i = lo + 1; i <= hi; i++){lhs[lenl++] = atk + a[i];mapl[atk + a[i]]++;dfsl(atk + a[i], i, hi);}
}
void dfsr(ll atk, int lo, int hi)
{
if (lo == hi){return;}
for (int i = lo + 1; i <= hi; i++){rhs[lenr++] = atk + a[i];mapr[atk + a[i]]++;dfsr(atk + a[i], i, hi);}
}
int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0); cout.tie(0);cin >> n >> m;for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];sort(a + 1, a + n + 1);for (int i = 1; i <= n / 2; i++){lhs[lenl++] = a[i];mapl[a[i]]++;dfsl(a[i], i, n / 2);}for (int i = n / 2 + 1; i <= n; i++){rhs[lenr++] = a[i];mapr[a[i]]++;dfsr(a[i], i, n);}
for (int k = 0; k < m; k++){ll hp;cin >> hp;ll ans = 0;for (int i = 0; i < lenl; i++){if (lhs[i] == hp) ans++;elseans += mapr[hp - lhs[i]];//用映射加速右边的查询}for (int j = 0; j < lenr; j++){if (rhs[j] == hp) ans++;}if (hp == 0) ans++;cout << ans << '\n';}return 0;
}H.宋老板与炒房
Awesome 二分答案...
Description
宋老板炒资金赔钱了，他决定把钱投资到房产市场上炒房子。
现在市场上有N(1<N<2e5)套房子，第i套房子现价为ai，3年后的预期价格为bi。(1<b<3a<1e9)
宋老板想投资其中的M套房子，宋老板很有钱，但是想让这些钱购买的房子的 ∑3年后预期价格/∑现价 最大，请你帮助宋老板计算该比例的最大值。
因为宋老板很聪明，所以这些房子的3年后预期价格都会超过现价的，但是因为宏观调控，3年后预期价格不超过现价的3倍
输出一个浮点数，要求保留小数点后4位，表示赚到钱最大的比例
Solution
典型错解是按涨价倍率排序，因为有些房子赔率高，但价值低，最终贡献一般
考查知识点：二分答案
对于答案空间有限的题，可以通过枚举答案检查其是否可行，最终找到最优答案。而这种枚举可以二分优化
本题答案空间是N=[1:10-4:3]，枚举粒度为10-4二分枚举效率为O(long(n)),
枚举元素check方案：对于所枚举的倍率p,每套房子现价为a,预期价格为b。其贡献价值为b-ap。
最优解一定可行，但可行解不一定最优。我们假设整个解序列具有单调性，且一个数x为可行解，那么一般的，所有的x'(x'<x)都是可行解。并且，如果有一个数y是非法解，那么一般的，所有的y'(y'>y)都是非法解。
在这里，若sum>0,在p这个选择方案下的解都大于这个p，最优解一定大于这个p，p一定是非法解,搜索p右边的解
若sum<=0,我们的选择方案下的解<=p,搜索p左边的解
Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5+5,M=2e5+5;
int a[N],b[N];
int n,m;
const double er = 1e-4;
double c[N];
struct node
{double val;int id;};
bool cmp(const node& lhs,const node& rhs)
{return lhs.val>rhs.val;
}
double suma=0,sumb=0;
void binary (double l,double r)
{vector<node> c(n);//左闭右闭搜搜while(r-l>er){double p=(l+r)/2;// cout<<p<<" ";//ap-b的意义：这套房子对倍率p的贡献，ap-b>0说明这套房子的倍率小于p，反之大于p //故优先选取ap-b低的房子，若组合出的sum>=0,说明倍率p难以达成，ans<=p //反之倍率p可达成，向右搜索更有参考意义的p//ans是小于二分答案p的最大值 for(int i=0;i<n;i++){c[i].val=b[i]-a[i]*p;c[i].id=i;// cout<<c[i].val<<" ";}sort(c.begin(),c.end(),cmp);double sum=0;for(int i=0;i<m;i++) sum+=c[i].val;// cout<<sum<<" ";if(sum<=0){suma=0,sumb=0;for(int i=0;i<m;i++) suma+=a[c[i].id],sumb+=b[c[i].id];r=p;}else{l=p;}// cout<<'\n';}
}
int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin>>n>>m;for(int i=0;i<n;i++) cin>>a[i];for(int i=0;i<n;i++) cin>>b[i];binary(1,3+er);printf("%.4f",sumb/suma);return 0;
}看看ap-b分布：
可知按ap-b排列不等于按b/a排列
新秀杯决赛
Awesome//(ㄒoㄒ)/~~
A.装修
Description
给定矩形size为N（5e3）和M（1e5）次操作，每次为一个矩形区域Area(a,b,c,d)加上一个数h，最后查询矩形内最大值和最大值出现次数。
Solution：二维差分：将矩阵a按行分块，每次矩形加法拆解为(c-a)个行加法，在每一个行向量左端加上差分，右端减去差分即可，进一步，每一次操作都是对同一列的位置作差分，可以再优化出二维差分。
矩阵a的差分策略：
//按行对矩阵a分块，对于区间操作plus(a,b,c,d,h),将左列的del加h，将右列的del-h，，做列前驱差分。前缀和反解a策略为左元素加此差分
for(int i=a;i<=c;i++)
{del[i][b]+=h;del[i][d+1]-=h;
}
a[i][j]=a[i][j-1]+del[i][j];del的差分策略
//对一列del+h的差分策略：上端点+h,下端点-h
ddel[a][b]+=h;
ddel[c+1][b]-=h;ddel[a][d+1]-=h;
ddel[c+1][d+1]+=h;
del[i][j]=del[i-1][j]+ddel[i][j]至次算法时间复杂度为O(m + n^2 ),可过
考查空间复杂度，开了三个N^2 数组，O(3n^2)=3*(5e3)^2*4/2^6=286MB
考查优化1：用动态数组管理ddel,del,和a，同一时间只需要两个数组
会tle的，因为尽管是O(n^2)=2.5e7级别，内存管理仍是很大的时间开销,会t
优化策略：del可以原地求前缀和
考查数据范围：a[i].maxn=1e5*1e5=1e10,大于int与unsigned int
在windows下sizeof(long)=4，就是int啦，所以要开long long
考查同时开long long a[N][N]与int p[N][N]，空间复杂度O(2n^2)=1*(5e3)^2*4+1*(5e3)^2/2^6=286MB
最终内存管理策略：每用一行del开始构造一行a，malloc一行a，每构造完毕一行a，free一行del (malloc比new快一丢丢？
AC代码资源消耗：
| Time | Memory |
|---|---|
| 646ms（主要消耗为n^2下malloc） | 194MB |
Code
#include<iostream>
#include<stdlib.h>
using namespace std;
const int N=5005,M=100005;
typedef long long ll;
int n,m;
ll ans=0;
int mey;
int* del[N];
ll* a[N];
int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);cin>>n>>m;for(int i=0;i<=n+1;i++){del[i]=(int*)malloc(sizeof(int)*(n+2));for(int j=0;j<=n+1;j++) del[i][j]=0;}while(m--){int a,b,c,d,h;cin>>a>>b>>c>>d>>h;del[a][b]+=h;del[c+1][b]-=h;
del[a][d+1]-=h;del[c+1][d+1]+=h;}//不懂，原地求前缀和吧 for(int j=1;j<=n;j++){for(int i=1;i<=n;i++){del[i][j]+=del[i-1][j];// cout<<del[i][j]<<" ";}// cout<<'\n';}
// cout<<'\n';for(int i=1;i<=n;i++){a[i]=(ll*)malloc(sizeof(ll)*(n+1));a[i][0]=0;for(int j=1;j<=n;j++){a[i][j]=a[i][j-1]+del[i][j];// cout<<a[i][j]<<" ";}free(del[i]);// cout<<'\n';}for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=n;j++){if(a[i][j]>ans){ans=a[i][j];mey=0;}if(a[i][j]==ans) mey++;}free(a[i]);}cout<<ans<<" "<<mey;return 0;
}可以指出，频繁的new与delete，对资源的消耗是灾难性的（在O(n^2)=2.5e7下tle），还会有碎片化，内存泄露的问题
Reference：
1.new vs malloc
2.delete vs free
3.ptmalloc
4内存管理方案
C.幸运农场Ⅰ
Description
宋老板有一片n行m列大小的农场(n*m<1e5)，里面种有若干白菜。如图所示，在农场的每一格至多只有一颗白菜
求同行或同列或同斜线的白菜的对数
Solution
有四个直线系：i=C,j=C,i+j=C,i-j=C
因为C因为可能是负，用四个map来记录这个各个线系的白菜的个数，ans为\sum线系的C_n^2
Code
签到题不贴
若数据强度是(n,m<1e5)呢？ 胸牌哥说拿头做。O(n^2)的IO捏
G.宋老板与序列
Description
给定A=\{a_1,a_2,...,a_n\},B=\{b_1,b_2,...,b_n\}两条1-n的序列
当|a_{i}-a_{j}|=i∣或者|a_{i}-a_{j}|=j∣时，可将a_{i}与a_{j}交换
问：能否进行若干次交换(包括00次)将序列AA变为序列BB
Solution
不懂证明地给出，一定可完成变换
Code
cout<<"YES";6 1 4 2 3 5 7 →6 1 4 2 7 5 3 2 1 4 6 3 5 7 1 4 5 6 3 2 7 3 4 2 1 5 6 7 4 3 2 1 5 6 7 1 2 3 4 5 6 7
将a元素置于i位置，他就可以与a+i或a-i或 a=b+j交换
应该，也许，总能恢复为自然序列
H.宋老板与字符串
Description
对一段字符串s循环操作如下：
for 1:strlen(s)reverse(s(1,i));
打印最后字符串
Solution
不加证明地给出，就是这个字符串从后往前隔项遍历，再从前往后隔项遍历
K.STTTTL
Description
请编程实现以下两个操作：
操作1：向可重集合种添加一个整数x，格式为：1 x
操作2：从小到大输出可重集合中恰好出现yy次的整数，格式为：2 y
若集合中没有恰好出现yy次的整数则输出-1
Solution
multiset
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