Codeforces Round #645 (Div. 2)

C Celex Update

[Link](Problem - C - Codeforces)

题意

给你一个图片的矩形，问你从(x1,y1)(x_1,y_1)(x1,y1)到(x2,y2)(x_2,y_2)(x2,y2)每次只能向右或向下走，有多少个路径和不同的走法。

思路

构造

发现对于(i,j)(i,j)(i,j)这个点往右走(i,j+1)(i,j+1)(i,j+1)与(i+1,j)(i+1,j)(i+1,j)相比差一，也就是往下会比往上权值大一点，为了不重复计数，我们从最小的路径即一直右走然后下走为起点，刨去最后一列(这样每次往下扭都使得路径变的不一样)，假设矩形为n×mn\times mn×m，一共可以往下扭n−1n -1n−1次，每行有m−1m-1m−1个位置往下扭，因此一共可以扭出(n−1)×(m−1)(n-1)\times (m-1)(n−1)×(m−1)种不同情况，再加上开始的最小路径，答案即(n−1)×(m−1)+1(n-1)\times (m-1)+1(n−1)×(m−1)+1。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define x first
#define y second
#define debug(x) cout<<#x<<":"<<x<<endl;
using namespace std;
typedef long double ld;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<double, double> PDD;
typedef unsigned long long ULL;
const int N = 2e5 + 10, M = 2 * N, INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-8, pi = acos(-1), inf = 1e20;
int dx[] = {-1, 0, 1, 0}, dy[] = {0, 1, 0, -1};
int h[N], e[M], ne[M], w[M], idx;
void add(int a, int b, int v = 0) {e[idx] = b, w[idx] = v, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++;
}
int n, m, k;
int a[N];
int main() {ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);int T;cin >> T;while (T -- ) {LL x1, y1, x2, y2;cin >> x1 >> y1 >> x2 >> y2;x1 = x2 - x1, y1 = y2 - y1;cout << x1 * y1 + 1 << '\n';}return 0;
}

D The Best Vacation

[Link](Problem - D - Codeforces)

题意

给你nnn个月，第iii个月有aia_iai天，你可以连续休息xxx天（可以跨年休息），你的每天的权值是你休息的当天是该月的第几天，问你最大权值和是多少。

思路

贪心二分

首先开个二倍数组令a[i+n]=a[i]a[i+n]=a[i]a[i+n]=a[i]，这样就破环成链了。那么对于某个月第几天开始时这个月的最优解呢，假设从第iii个月的第xxx天开始到了第jjj个月的第yyy天，分类来看：

x>yx>yx>y，我们让起点xxx左移总权值会变大
x<yx<yx<y，我们让起点xxx右移总权值会变大

或者可与考虑从第iii个月111天开始到了第jjj个月的第xxx天，显然让我们的起点右移一直到填满第jjj个月更优，这样也可以贪出来下面的结论。

所以一般从最基本的情况来贪心会更方便。

最终会变成某个月末+++一些连续的月份的形式，因此我们直接枚举每个iii对于当前位置看看它往前能到哪个位置，算一下贡献即可。

可以将数组倒过来然后往后二分，也可以设sis_isi为前iii个月的天数和，从我们要找si−sj≤x→sj≥si−xs_i-s_j\le x\to s_j\ge s_i-xsi−sj≤x→sj≥si−x，即从sss中找大于等于某个数的第一个数，这样直接二分也可。

Code

转一下

#include <bits/stdc++.h>
#define x first
#define y second
#define debug(x) cout<<#x<<":"<<x<<endl;
using namespace std;
typedef long double ld;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<double, double> PDD;
typedef unsigned long long ULL;
const int N = 4e5 + 10, M = 2 * N, INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-8, pi = acos(-1), inf = 1e20;
int dx[] = {-1, 0, 1, 0}, dy[] = {0, 1, 0, -1};
int h[N], e[M], ne[M], w[M], idx;
void add(int a, int b, int v = 0) {e[idx] = b, w[idx] = v, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++;
}
int n, m, k;
LL a[N], s[N], x;
LL p[N];
int main() {ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);cin >> n >> x;   for (int i = 1; i <= n; i ++) cin >> a[i], a[i + n] = a[i];reverse(a + 1, a + 1 + 2 * n);for (int i = 1; i <= n * 2; i ++) s[i] = s[i - 1] + (1 + a[i]) * a[i] / 2;for (int i = 1; i <= n * 2; i ++) a[i] += a[i - 1];LL res = 0, ans = 0;for (int i = 1; i <= n * 2; i ++) {        LL p = a[i] - a[i - 1];LL d = x - p;ans = (1 + p) * p / 2;if (d <= 0) {      res = max(res, (p + p - x + 1) * x / 2);continue ;}int l = i + 1, r = n * 2;while (l < r) {int mid = l + r >> 1;if (a[mid] - a[i] >= d) r = mid;else l = mid + 1;}if (l > r) {res = max(res, ans);continue ;}ans += (s[l - 1] - s[i]);d -= (a[l - 1] - a[i]);p = a[l] - a[l - 1];d = min(d, a[l] - a[l - 1]);ans += (p + p - d + 1) * d / 2;res = max(res, ans);}cout << res << '\n';return 0;
}

直接找

#include <bits/stdc++.h>
#define x first
#define y second
#define debug(x) cout<<#x<<":"<<x<<endl;
using namespace std;
typedef long double ld;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<double, double> PDD;
typedef unsigned long long ULL;
const int N = 4e5 + 10, M = 2 * N, INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-8, pi = acos(-1), inf = 1e20;
int dx[] = {-1, 0, 1, 0}, dy[] = {0, 1, 0, -1};
int h[N], e[M], ne[M], w[M], idx;
void add(int a, int b, int v = 0) {e[idx] = b, w[idx] = v, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++;
}
int n, m, k;
LL a[N], s[N], x;
int main() {ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);cin >> n >> x;   for (int i = 1; i <= n; i ++) cin >> a[i], a[i + n] = a[i];    for (int i = 1; i <= n * 2; i ++) s[i] = s[i - 1] + (1 + a[i]) * a[i] / 2;for (int i = 1; i <= n * 2; i ++) a[i] += a[i - 1];LL res = 0, ans = 0;for (int i = 1; i <= n * 2; i ++) {        if (a[i] < x) continue ;int p = lower_bound(a + 1, a + 1 + n * 2, a[i] - x) - a;ans = s[i] - s[p];LL tt = x - (a[i] - a[p]);ans += ((a[p] - a[p - 1]) * 2 - tt + 1) * tt / 2;res = max(res, ans);}cout << res << '\n';return 0;
}

E Are You Fired?

[Link](Problem - E - Codeforces)

题意

给你一个长度为nnn的数组其中前$\lceil \frac{n}{2}\rceil 为读入为读入为读入a_i，剩下的均为，剩下的均为，剩下的均为x，问是否存在一个，问是否存在一个，问是否存在一个k使得任意长度为使得任意长度为使得任意长度为k的子区间的和均的子区间的和均的子区间的和均>0$。

思路

分类讨论贪心

设m=⌈n2⌉,si=∑j=1iaim=\lceil \frac{n}{2}\rceil, s_i=\sum_{j=1}^{i}a_im=⌈2n⌉,si=∑j=1iai，如果长度为kkk的区间满足那么长度为2×k2\times k2×k的区间也成立，因此我们只需要证明是否有大于n2\frac{n}{2}2n的区间成立即可，xxx是个不确定因素，对于xxx分类来看：

x>0x>0x>0 当x>0x>0x>0 大于mmm位置的这些xxx带来的收益都是正的，我们应该照单全收，又因为要连续的子区间，我们只需要取k=nk=nk=n即可，如果不成立，那么其它的也均不可，因为我们减少kkk会使权值减少。
x=0x=0x=0 当x=0x=0x=0 和x>0x>0x>0时一样直接选k=nk=nk=n即可。
x<0x<0x<0 当x<0x<0x<0 我们一定要把后面的这些xxx都消除掉，这个时候我们从前往后枚举每个位置看当前iii到mmm的这个区间的和能消除多少个xxx，因为要让所有的区间均满足，即当前iii满足的区间长k1k_1k1它前面的点也要满足，我们搞一个合法长度前缀最小值，然后如果当前点加前缀最小值−1-1−1到达nnn了即为一组合法解，注意前缀最小值要满足≤n\le n≤n。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define x first
#define y second
#define debug(x) cout<<#x<<":"<<x<<endl;
using namespace std;
typedef long double ld;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<double, double> PDD;
typedef unsigned long long ULL;
const int N = 5e5 + 10, M = 2 * N, INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-8, pi = acos(-1), inf = 1e20;
int dx[] = {-1, 0, 1, 0}, dy[] = {0, 1, 0, -1};
int h[N], e[M], ne[M], w[M], idx;
void add(int a, int b, int v = 0) {e[idx] = b, w[idx] = v, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++;
}
LL n, m, k;
LL a[N];
int main() {ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);cin >> n;m = (n + 1) / 2;for (int i = 1; i <= m; i ++) cin >> a[i];cin >> k;for (int i = m + 1; i <= n; i ++) a[i] = k;for (int i = 1; i <= n; i ++) a[i] += a[i - 1];if (k >= 0) {cout << (a[n] > 0 ? n : -1) << '\n';return 0; }LL res = 1e9;for (int i = 1; i <= m; i ++) {LL s = a[m] - a[i - 1];res = min(res, m - i + 1 + (s - 1) / (-k));if (i + res - 1 >= n) {cout << min(res, n) << '\n';return 0;}}cout << -1 << '\n';return 0;
}