CCPC－Wannafly & Comet OJ 夏季欢乐赛（2019）比赛总结

总结：

这场比赛不太顺心，B，I水题 10分钟内A了。A题推公式用double写卡了1个小时，换成其他暴力也错了，赛后补题与AC代码对比发现一个语句的与想象中的不一样，但是现在还不知道为什么。C题阶乘没想到4!!爆int，一直以为会有个公式，真是大意了导致卡了1个小时。D题是线段树+扫描线，不熟悉主动放弃。G题想到了每类取前5个然后暴搜，但是算错时间复杂度了以为会超时就没写，不过5分钟之后想到状压dp就给A了。H题分配学号，思路也是比较顺利，不过代码写完之后有诸多bug（写错语句这种低级错误），导致比赛结束后也没A出来，赛后才直到一个变量没有赋新值，就这样浪费了一个多小时。

总的来的这场比赛小错误犯的太多了，打代码的时候应该再用点心，初始化、语句写错等低级错误不用犯了。

比赛链接：传送门

题解：

A题完全k叉树

解决方案：满层的与根的距离*2+残缺层的最左边节点与上一层的距离+最右边的节点是否可以可以让答案更远。

#include<bits/stdc++.h>
#define mset(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const double eps=1e-9;
int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);int t;ll n, k,ans=0;cin>>t;while(t--){cin>>k>>n;if(k==1ll){cout<<n-1ll<<endl;continue;}ll d=0ll,det=1ll,fsum=1ll;while(true){if(det*k+fsum>n) break;d++;det*=k;fsum+=det;}ans=d*2;if(n-fsum>0ll) ans++;if(n-fsum>det) ans++;cout<<ans<<endl;}return 0;
}

B题距离产生美

解决方案：贪心

#include<bits/stdc++.h>
#define mset(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
ll A[100005];
int main()
{int n;ll k;ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cin>>n>>k;ll ppp=1e18+10;for(int i=0;i<n;++i) cin>>A[i];int ans=0;for(int i=1;i<n;++i){if(abs(A[i]-A[i-1])<k){ans++;A[i]=ppp;}}cout<<ans<<endl;return 0;
}

C题烤面包片

解决方案：n>=4的话，n!!的值一定大于mod，结果是0，其他情况暴力求解

#include<bits/stdc++.h>
#define mset(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
ll calc(ll a)
{ll ans=1;for(ll i=a; i; --i){ans=ans*i;}return ans;
}
ll calc(ll a,ll mod)
{if(a>=mod) return 0;ll ans=1;for(ll i=a;i;--i){ans=ans*i%mod;if(!ans) return 0;}return ans;
}
int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);ll n,mod;cin>>n>>mod;if(n>=4){cout<<0<<endl;}else if(n==1||n==0){cout<<1%mod<<endl;}else {ll ans=calc(n);ans=calc(ans);ans=calc(ans,mod);cout<<ans%mod<<endl;}return 0;}

D题茶颜悦色

解决方案：线段树+扫描线不会，数据结构靠队友，没时间了只能后来再补了

E飞行棋

还没看题概率dp，先放这，有时间再补吧

F题三元组

解决方案：考虑ai+aj<=bi+bja_i+a_j<=b_i+b_jai+aj<=bi+bj 时候，公式化成2∗ai−bi+2∗aj+bj<=02*a_i-b_i+2*a_j+b_j<=02∗ai−bi+2∗aj+bj<=0,

否则ai+aj>bi+bja_i+a_j >b_i+b_jai+aj>bi+bj 时候公式化为2∗bi−ai+2∗bj+aj<=02*b_i-a_i+2*b_j+a_j<=02∗bi−ai+2∗bj+aj<=0,考虑到这两种情况不会同时出现，我们可以分类统计。

先按照第一种情况按2∗ai−bi2*a_i-b_i2∗ai−bi的值从到大排序，假如对于i，其符合条件的的最远的下标为p[i],那么对于i+1,符合条件的最远的下标在[i+1,p[i]]中，即p[i]不会增大，所以我们可以O(n)双指针来计算对于每个 i 符合条件的最远的下标为 p[i]。然后统计贡献值即可

第二种情况将aia_iai和bib_ibi交换然后再按第一种情况统计贡献值即可

#include<bits/stdc++.h>
#define mset(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> P;
vector<P> comb;
map<int,int> mmp;
const ll mod=1e9+7;
struct Node{ll a,b,c;
bool operator <(const Node & other)const {return (2*a-b)<(other.a*2-other.b);
}
};
Node tup[100005];
ll presum[100005];
ll getlr(ll l,ll r)
{if(r<l) return 0ll;return (presum[r]-presum[l-1])%mod;
}
ll solve(ll n)//1到n统计个数
{ll ans=0,p=0,r;ll last=tup[1].a*2-tup[1].b;for(ll i=1;i<=n;++i){ll now=tup[i].a*2-tup[i].b;if(last+now<=0)p++,r=i;}ans+=tup[1].c*getlr(1,p);ans%=mod;for(ll i=2;i<=n;++i){last=tup[i].a*2-tup[i].b;while(p>=i&&(last+tup[p].a*2-tup[p].b>0)) p--;ans+=(tup[i].c*getlr(i,p))%mod;ans%=mod;}return ans;
}
int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);ll n;cin>>n;for(ll i=1;i<=n;++i){cin>>tup[i].a>>tup[i].b>>tup[i].c;}sort(tup+1,tup+n+1);for(ll i=1;i<=n;++i){presum[i]=presum[i-1]+tup[i].c;}ll ans=0;ans +=solve(n);for(ll i=1;i<=n;++i) swap(tup[i].a,tup[i].b);sort(tup+1,tup+n+1);for(ll i=1;i<=n;++i){presum[i]=presum[i-1]+tup[i].c;}ans+=solve(n);ans%=mod;cout<<ans<<endl;return 0;
}

G篮球校赛

解决方案：可以考虑将每类的前5名放在一起去重之后爆搜答案。也考虑考虑状压dp，dp[i][s]dp[i][s]dp[i][s] 代表前i个人，位置的状态的s的最大价值，然后对于第i 个人的每个状态考虑自己上不上场即可。

#include<bits/stdc++.h>
#define mset(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
ll A[100005][35];
ll dp[100005][35];
int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);ll n;cin>>n;for(ll i=1;i<=n;++i){for(ll j=0;j<5;++j) cin>>A[i][j];}ll top=1<<5;for(ll i=1;i<=n;++i){for(ll s=0;s<top;++s){dp[i][s]=dp[i-1][s];for(ll j=0;j<5;++j){ll ns=1<<j;if(!(s&ns)) continue;dp[i][s]=max(dp[i][s],dp[i-1][s^ns]+A[i][j]);}}}cout<<dp[n][top-1]<<endl;return 0;}

H题分配学号

解决方案：考虑统计出现的所有学号和出现的次数，然后用rem来表示前面待选的有多个少个，详情看代码。

#include<bits/stdc++.h>
#define mset(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<ll,ll> P;
vector<P> comb;
map<ll,ll> mmp;
const ll mod=1e9+7;
ll calc(ll a,ll b)//计算阶乘A(a,b)
{ll ans=1;for(ll k=0;k<b;++k)ans=ans*(a-k)%mod;return ans;
}
int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);ll n;cin>>n;for(ll i=0;i<n;++i){ll x;cin>>x;mmp[x]+=1;}ll lap=-1,lan=-1,rem=0,nwp,nwn;//lap为上一个元素的元号，lan表示上一个元素有多少个，rem表示前面未选位置的的个数for(P p:mmp){nwp=p.first;nwn=p.second;if(lap!=-1){ll dx=nwp-lap;if(rem>dx)//前面未选的的个数大于与前面的学号和该学号间距，放不完，只能放dx个{comb.push_back({rem,dx});//存放A(rem,dx)rem-=dx;rem+=nwn;}else//前面未选的的个数小于与前面的学号和该学号间距，可以放rem个{comb.push_back({rem,rem});rem=nwn;}lap=nwp;lan=nwn;}else{rem=nwn;lap=nwp;lan=nwn;}}comb.push_back({rem,rem});ll ans=1;for(P &p:comb){ans=ans*calc(p.first,p.second)%mod;}cout<<ans<<endl;return 0;
}

I题Gree的心房

解决方案：水题

#include<bits/stdc++.h>
#define mset(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
ll A[100005];
int main()
{ios::sync_with_stdio(false);ll n,m,k;ll ans=0;cin>>n>>m>>k;n--;m--;if(k>m*n) ans=-1;else ans=n+m;cout<<ans<<endl;return 0;}

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