前言

好不容易遇到一次简单的div2，竟然才A了三题，可恶的第4题，死活调不出来QAQ。

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A

题意：给你TTT组数据，每组数据nnn个整数（nnn是偶数），分别为a1,a2,...,ana_{1},a_2,...,a_na1,a2,...,an，每个数字的绝对值都小于等于100100100且不为000。

现在让你求一个长度为nnn的bbb数组，满足每个数字是整数、绝对值都小于等于100100100且不为000。

题解：很简单啊，对于每个相邻的数字这样处理就行了：a[1]∗a[2]+(−a[1])∗a[2]=0a[1]*a[2]+(-a[1])*a[2]=0a[1]∗a[2]+(−a[1])∗a[2]=0，所以b[1]=a[2],b[2]=−a[1]b[1]=a[2],b[2]=-a[1]b[1]=a[2],b[2]=−a[1]，其余类似处理即可。

时间复杂度：O(n)O(n)O(n)。

非常SB的我还想了几分钟

#include<cstdio>
#include<cstring>
using  namespace  std;
int  n,a[110];
int  main()
{int  T;scanf("%d",&T);for(int  i=1;i<=T;i++){scanf("%d",&n);for(int  i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);for(int  i=1;i<=n;i+=2){int  y=i+1;printf("%d %d ",-a[y],a[i]);}printf("\n");}return  0;
}

B

题意：T组数据，每组数据有个n,mn,mn,m，表示nmnmnm的矩阵（满足每组数据的n,mn,mn,m加起来小于等于250000250000250000），然后序号为111~nmnmnm的点在这个矩阵中，然后其会给你每一行从左到右的点的编号，和每一列从上到下的点的编号，但是行与行、列与列之间的相对位置不一定是对的，现在要求你还原这个矩阵。

题解：非常的简单，只要找到包含每一行第一个数字的列，就能得到行的相对位置，直接输出即可，时间复杂度可以到：O(nm)O(nm)O(nm)，但是为了偷懒，我用排序快速的打出了O(nmlog⁡nm)O(nm\log{nm})O(nmlognm)的打法，虽然慢，但是打的快。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define  N  510
#define  NN  260000
using  namespace  std;
struct  node
{int  a[N];
}a[N];
int  id[NN];bool  v[NN];
inline  bool  cmp(node  x,node  y){return  id[x.a[1]]<id[y.a[1]];}
int  n,m;
int  main()
{int  T;scanf("%d",&T);while(T--){scanf("%d%d",&n,&m);for(int  i=1;i<=n;i++){for(int  j=1;j<=m;j++)scanf("%d",&a[i].a[j]);v[a[i].a[1]]=1;}for(int  i=1;i<=m;i++){int  x=0;for(int  j=1;j<=n;j++){scanf("%d",&x);if(v[x]==1)id[x]=j;}}sort(a+1,a+n+1,cmp);for(int  i=1;i<=n;i++){for(int  j=1;j<=m;j++)printf("%d ",a[i].a[j]);printf("\n");}for(int  i=1;i<=n;i++)v[a[i].a[1]]=0;}return  0;
}

C

题意：现在有666个正整数的aaa数组，还有nnn个正整数的bbb数组（对于任意的1≤i≤n,1≤j≤61≤i≤n,1≤j≤61≤i≤n,1≤j≤6，满足bi>ajb_{i}>a_{j}bi>aj），然后要求现在构造一个ccc数组，对于cic_{i}ci，其等于bi−ajb_{i}-a{j}bi−aj（jjj是自己定的），然后ccc数组的权值为最大的数字减去最小的数字，求最小的权值。

题解：我们不妨考虑暴力枚举lll虽然是1e9的级别，然后看看其对应的rrr最小能是多少，这个应该怎么维护呢？也就是说[l,r][l,r][l,r]中必须能包含一个ccc数组。

我们不妨用一个数字把每一个bi−ajb_{i}-a_{j}bi−aj保存起来，总共6n6n6n个数字，从小到大排序，然后对于l++l++l++，我们只要把所有bi−aj<lb_{i}-a_{j}<lbi−aj<l删掉，然后找到另外一个最小的bi−ak≥lb_{i}-a_{k}≥lbi−ak≥l加入进去即可，然后rrr取maxmaxmax。

但是lll移动1e91e91e9次的问题还有解决，我们发现，lll只有移动到6n6n6n个数字才是有用的，于是优化一下，lll就只用跳6n6n6n次了，而每个数字最多被删除一次，也是6n6n6n次，所以就是O(nlogn)O(nlogn)O(nlogn)。（实际上用基排可以到O(n)O(n)O(n)）

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define  N  110000
#define  NN  610000
using  namespace  std;
inline  int  mymax(int  x,int  y){return  x>y?x:y;}
inline  int  mymin(int  x,int  y){return  x<y?x:y;}
int  a[10],b[N],n;
struct  node
{int  x/*数字*/,y/*对应的哪个b[y]*/,next/*下一个b[y]-a[k]*/;
}dp[NN];int  las[N],len;
inline  bool  cmp(node  x,node  y){return  x.x<y.x;}
inline  bool  cmp2(int  x,int  y){return  x>y;}
int  main()
{memset(las,0,sizeof(las));for(int  i=1;i<=6;i++)scanf("%d",&a[i]);sort(a+1,a+7,cmp2);//其实没有必要scanf("%d",&n);int  l,r=1;for(int  i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&b[i]);r=mymax(r,b[i]-a[1]);for(int  j=1;j<=6;j++){len++;dp[len].x=b[i]-a[j];dp[len].y=i;}}sort(dp+1,dp+len+1,cmp);for(int  i=len;i>=1;i--)//处理next{dp[i].next=las[dp[i].y];las[dp[i].y]=i;}l=dp[1].x;int  ans=1000000000;for(int  i=1;i<=len;){ans=mymin(r-l,ans);while(i<=len  &&  dp[i].x==l)//不断的删除数字{if(!dp[i].next)//已经没有数字了{printf("%d\n",ans);return  0;}r=mymax(dp[dp[i].next].x,r);i++;}l=dp[i].x;}printf("%d\n",ans);return  0;
}

D

题意：一个人要卖111~nnn价格的物品（每个物品各一个），每个时间点有两种操作：

其放上一个物品，价格不知道。
一个人来买走最小价格的物品。

现在给你2n2n2n个时间点的操作，+++表示放上物品，−-− xxx表示一个人来买走了xxx价格的物品，现在要求你构造出一个满足要求的放物品序列，没有输出NONONO。

题解：设a[i]a[i]a[i]为第iii次买走是什么物品，id[i]id[i]id[i]满足∀j∈[id[i],i−1],a[j]<a[i]∀j∈[id[i],i-1],a[j]<a[i]∀j∈[id[i],i−1],a[j]<a[i]，且要求id[i]id[i]id[i]是最小的，而对于每个+++号，其隶属于后面第一个−-−号，很明显，a[i]a[i]a[i]只要放在隶属于[id[i],i][id[i],i][id[i],i]中的任意一个+++号，而且不难发现，a[i]a[i]a[i]放在[1,id[i]−1][1,id[i]-1][1,id[i]−1]的位置会导致id[i]−1id[i]-1id[i]−1错误，所以a[i]a[i]a[i]只能且任意放在隶属于[id[i],i][id[i],i][id[i],i]中的任意一个+++号。

当然，不难发现，对于每个数字，在前面已经放完之后，尽量的往前方就行了，用并查集维护。（往后放可能会导致后面的数字放不了）

时间复杂度：O(nlogn)O(nlogn)O(nlogn)

#include<cstdio>
#include<cstring>
#define  N  110000
#define  NN  210000
using  namespace  std;
int  fa[N];
int  findfa(int  x)
{if(fa[x]!=x)fa[x]=findfa(fa[x]);return  fa[x];
}
int  ll[N],rr[N],a[N];
int  id[N],n;
int  sta[N],top;
inline  int  erfen(int  x)
{int  l=1,r=top,ans=x,mid;while(l<=r){mid=(l+r)/2;if(a[sta[mid]]<a[x])r=mid-1,ans=sta[mid-1]+1;else  l=mid+1;}return  ans;
}
int  lis[N];
int  main()
{//  freopen("std.in","r",stdin);
//  freopen("std.out","w",stdout);scanf("%d",&n);int  ed=2*n;int  l1=0,l2=0,pre=1;for(int  i=1;i<=ed;i++){char  st[10];scanf("%s",st+1);if(st[1]=='-'){l1++;scanf("%d",&a[l1]);ll[l1]=pre;rr[l1]=l2;pre=l2+1;fa[l1]=l1;}else  l2++;}fa[n+1]=n+1;id[1]=1;sta[top=1]=1;for(int  i=2;i<=n;i++){id[i]=erfen(i);while(top  &&  a[sta[top]]<a[i])top--;sta[++top]=i;}for(int  i=1;i<=n;i++){int  x=findfa(ll[id[i]]);if(x>rr[i]){printf("NO\n");return  0;}else{lis[x]=a[i];fa[x]=x+1;}}printf("YES\n");for(int  i=1;i<=n;i++)printf("%d ",lis[i]);printf("\n");return  0;
}

事实上，二分部分可以跟单调栈的弹出合并到一起，并查急可以优化到O(nα(n))O(nα(n))O(nα(n))。

所以可以到达O(nα(n))O(nα(n))O(nα(n))。

当然，还有严格O(n)O(n)O(n)的做法，不难发现，我们的瓶颈在于往后放可能会导致后面的数字放不了，但是我们发现，如果a[j]<a[j](i<j)a[j]<a[j](i<j)a[j]<a[j](i<j)，那么a[i]a[i]a[i]能放到的地方a[j]a[j]a[j]也能放到，所以a[i]a[i]a[i]往后放，而不是往前放的话，并不会影响a[j]a[j]a[j]放置，如果a[j]>a[i]a[j]>a[i]a[j]>a[i]，a[i]a[i]a[i]压根就放不到a[j]a[j]a[j]能放的位置，a[j]a[j]a[j]不就随便放了吗？

然后用单调栈随便维护一下就可以了。

时间复杂度：O(n)O(n)O(n)

#include<cstdio>
#include<cstring>
#define  N  110000
#define  NN  210000
using  namespace  std;
inline  int  mymin(int  x,int  y){return  x<y?x:y;}
inline  int  mymax(int  x,int  y){return  x>y?x:y;}
int  sta[NN],top;
int  n,lis[N];
int  main()
{scanf("%d",&n);int  ed=2*n,l1=0;for(int  i=1;i<=ed;i++){char  st[10];scanf("%s",st);if(st[0]=='+')l1++,sta[++top]=-l1;else{int  x=0;scanf("%d",&x);bool  bk=0;while(top){if(sta[top]>0  &&  sta[top]<x)top--;else  if(sta[top]<0){lis[-sta[top]]=x;top--;bk=1;break;}else  break;}if(!bk){printf("NO\n");return  0;}sta[++top]=x;}}printf("YES\n");for(int  i=1;i<=n;i++)printf("%d ",lis[i]);printf("\n");return  0;
}

E

题意：有一个魔法，在ttt秒施法时瞬间打掉怪物aaa点血量，然后在t+1,t+2,...,t+ct+1,t+2,...,t+ct+1,t+2,...,t+c的时间点回复bbb点血量，施法有ddd秒cdcdcd，相当于ttt秒施法后，t+dt+dt+d才能再次施法。

回血效果可以叠加，如果一个时间点有多个血量变化，同时计算，然后问你最多可以打掉多少血的怪物，无限的话输出−1-1−1。

有TTT组数据，每组给定魔法a,b,c,da,b,c,da,b,c,d。

做法：不难发现，a>bca>bca>bc的话，就是−1-1−1，反之，不能打败无限血的怪物，那么很明显，ttt时刻放完魔法后，t+dt+dt+d时刻立马放很明显更加优秀。（你总不可能等他多回一点血再打吧。）

所以放魔法的时间就是：1,1+d,1+2d,1+3d...1,1+d,1+2d,1+3d...1,1+d,1+2d,1+3d...，那么什么时候达到最大值呢？

考虑回本时间，回本时间就是指111时刻放完魔法后，在哪个时刻第一次的攻击血量会被其回血血量会上来，不难发现，会本时间就是：(b−1)/a+2(b-1)/a+2(b−1)/a+2，设为timtimtim。

先证明≥tim≥tim≥tim再放魔法的话肯定不是最大值：
对于k≥timk≥timk≥tim放完魔法，此时111时刻的攻击已经被完全的消除了（甚至可能回得更多），那么不妨构造新的方案，在111时刻不攻击，1+d1+d1+d时刻为真正的111时刻，此时最大的攻击血量一定不小于原来的方案。

再证明<tim<tim<tim放魔法一定会更大：
类似的证明方法，在k<timk<timk<tim的位置实施魔法，不妨证明其比1,1+d,...,k−d1,1+d,...,k-d1,1+d,...,k−d的方案更加优秀，类似的证明，构造新方案，111不放魔法，1+d1+d1+d为名正言顺的111时刻，那么新方案的血量等于1,1+d,...,k−d1,1+d,...,k-d1,1+d,...,k−d的方案，但是原方案比新方案多了个111，且其并未回本，所以原方案>>>新方案===1,1+d,...,k−d1,1+d,...,k-d1,1+d,...,k−d的方案。

然后推推式子就行了。

单次复杂度：O(1)O(1)O(1)

#include<cstdio>
#include<cstring>
using  namespace  std;
typedef  long  long  LL;
int  main()
{int  T;scanf("%d",&T);while(T--){LL  a,b,c,d;scanf("%lld%lld%lld%lld",&a,&b,&c,&d);if(a>b*c)printf("-1\n");else{LL  tim=(a-1)/b+1;//回本时间-1LL  kao=(tim-1)/d+1;LL  ans=kao*a-(d*b)*kao*(kao-1)/2;printf("%lld\n",ans);}}return  0;
}

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