NC19916[CQOI2010] 撲克牌

NC116564 [NOIP2012]借教室

K-th Number

三分思路

圆覆盖问题

传送带

01分数规划

小咪买东西

[USACO 2009 Dec S]Music Notes

完全平方数(好問題!!!!)

[USACO 2010 Feb S]Chocolate Eating

[NOIP2015]跳石头

[USACO 2017 Dec P]Greedy Gift Takers

华华给月月准备礼物

[NOIP2011]聪明的质监员 (复习用)

裝備合成

位数差(難)

[HEOI2014]南园满地堆轻絮

P6174 [USACO16JAN]Angry Cows S

GPA (補做)

NC19916[CQOI2010] 撲克牌

我們二分答案, 有多少套牌.

然後如果二分出來的是 x套牌, 我們檢查, 組成x套牌需要用到多少張joker, 如果joker的數量超過x, 說明同一個組合裡用到了超過1張的joker. 我們還要檢查使用的joker 有沒有超過題目限定的m.

NC116564 [NOIP2012]借教室

給定每天有多少個教室可以借. 和. 每天有多少份訂單(包括借出和反還時間和數量).

暴力思路, 直接遍歷每天的訂單同時修改每天可以借出的教室, 用 O(n * m * (t - s)),這個顯然會超時.

由於我們知道, 如果某一個天所有教室都借出去了, 然後有人再借那麼他就會是負數, 然後他後面所有的天數都是不滿足條件的.

我們考慮二分最後一個可行的天數.

利用差分數組對區間內的數字進行修改, 看看有沒有負數, 如果有負數, 表示答案在前面, 如果沒有負數表示答案在後面.

為了防止出錯, 我們把借出時間做一個排序.

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, m;
struct node{int l, r, d;
}a[10000000];
long long r[1000000];
long long del[1000000];
bool check(int x){for(int i = 1; i <= n; i++){del[i] = r[i] - r[i - 1];}for(int i = 1; i <= x; i++){del[a[i].l] -= a[i].d;del[a[i].r + 1] += a[i].d;}long long sum = 0;for(int i = 1; i <= n; i++){sum += del[i];if(sum < 0)return false;}return true;
}
int main(){cin >> n >> m;for(int i = 1; i <= n; i++){cin >> r[i];}for(int i = 1; i <= m; i++){cin >> a[i].d >> a[i].l >> a[i].r;}int l = 0, r = m;while(l <= r){int mid = (l + r) / 2; if(check(mid))l = mid + 1;else r = mid - 1;}if(l > m)cout << 0 << endl;else cout << -1 << endl << l << endl;return 0;
}

這裡要注意一個點. 就是我們的差分數組每次都重新計算, 因為我們現在是要計算到底 x 是不是一個合法日期, 而不是整個所有日子是不是都是合法日期.

K-th Number

最簡單的想法是直接枚舉第m大的可能.

因為我們知道第m大 x 意味著他必須有m - 1 個數比x要大. 那麼我們直接去找所有區間看看我們枚舉的x 是不是有m - 1個第k大比他大.

那麼我們知道其實這是一個單調性問題. 所以我們選擇二分這個x的可能性.

那麼我們怎麼去統計有多少個區間的第k大比x 要大呢?

我們對給定的數組進行排序, 然後一旦我們在某一區間[l , r]中發現剛剛好裡面有k個數字比x大, 那麼我們就知道第k大的數不可能是x, 而且他會比x大. 就可以直接統計區間的數量用n - r + 1.

這裡就是普通的尺取法了.

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+500;
typedef long long ll;
ll n,k,m;
int w[N],b[N];bool check(int u)//双指针检测就好了.
{int l=1,r=0;//维护它为第k大的区间.int num=0;//维护这个区间里有多少小于等于u的数. ll res=0;while(l<=n){//統計比u大的數有多少個while(r<=n&&num<k){if(w[++r]>=u)num++;    }//一旦有k個 立馬結算if(num==k)res+=n-r+1;//尋找下一個區間if(w[l]>=u){num--;}l++;}return res>=m;
}int main()
{std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin.tie(0);int T;cin >> T;while(T--){cin >> n >> k >> m;for(int i=1;i<=n;i++){cin >> w[i];b[i]=w[i];}//去掉連續出現的相同數字.int r=unique(b+1,b+1+n)-b-1;int l=1;sort(b+1,b+1+r);int ans=0;while(l<=r){int mid=(l+r)>>1;if(check(b[mid]))//当我二分的这个值数量大于等于m时,要放大. {l=mid+1;ans=max(ans,b[mid]);}else r=mid-1;//否则要缩小 }printf("%d\n",ans);}return 0;
}

三分思路

如果有一個函數存在峰值, 我們先求 l 到 mid 的mid 我們姑且叫他做lmid, 同理求出rmid, 然後如果lmid 比 rmid大證明, 峰值不可能存在於rmid 到r的區間, 我們捨去他. 如此類推直到求出峰值.

如何求出lmid?

我先把l 到 r 等分分割三段. 让l + 上这个长度, 就算到lmid 了, rmid 就是让r - 上这个长度.

三分的模板

#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;
const double eps=1e-5;
double a,b,c,xx,yy;
double f(double x){return sqrt((x-xx)*(x-xx)+(a*x*x+b*x+c-yy)*(a*x*x+b*x+c-yy));
}
int main(){scanf("%lf%lf%lf%lf%lf",&a,&b,&c,&xx,&yy);double l=-200,r=200;while(r-l>eps){double lm=l+(r-l)/3,rm=r-(r-l)/3;if(f(lm)<f(rm)) r=rm;else l=lm;}printf("%.3lf\n",f(l));return 0;
}

例题:

圆覆盖问题

给定二维坐标图上若干个点, 求出最小能包含所有点的圆半径.

观察发现, 如果不考虑y坐标, 只考虑x坐标, 假设我们的答案是m, 如果m 往左移, 或右移, 答案都会增大, 不会减少, 因为m已经是最优质的. 我们发现他是一个单峰值函数. 可以考虑3分解法.

对于y坐标同理.

现在唯一需要考虑的点是, 最优值的y 所构造出的最优质的x, 是不是就是全局最优?

这是正确的. 因为这个关系是一个三维关系, x 不变会产生一个f(y)的函数

随着不同的x 产生, 会有这样一个图.

反正就是随着x的增大, 这个图形就像是一个往里凹的腕一样. 当找到y的最优值, 再找x的最优质, 必然是最低点.

学过偏微分就明白了.

传送带

AB 之间存在一个最优点, 只要离这个点越远, 时间增加的越多.

同理 CD野存在.

所以我们可以三分AB 之间的一个最优点E, 和三分CD之间的最优点F. 就可以找到答案了.

f(E, F) = dis(A, E)/p + dis(F, D) / q + dis(E, F) / r

三分套三分的一道题目

三分出E 再去用E 三分 F

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const double esp = 1e-3;struct Point {double x, y;
}A, B, C, D;
double P, Q, R;//!R 和 r不要搞混了,被坑死了double dist(Point a, Point b) {return sqrt((a.x - b.x) * (a.x - b.x) + (a.y - b.y) * (a.y - b.y));
}Point Fx1(double t) {return { (B.x - A.x) * t + A.x,(B.y - A.y) * t + A.y };
}Point Fx2(double t) {return { (D.x - C.x) * t + C.x,(D.y - C.y) * t + C.y };
}double calc(Point E) {double ans = dist(A, E) / P;double l = 0, r = 1;while (dist(Fx2(l), Fx2(r)) >= esp) {double mid1 = l + (r - l) / 3;double mid2 = r - (r - l) / 3;Point F1 = Fx2(mid1);Point F2 = Fx2(mid2);if (dist(E, F1) / R + dist(F1, D) / Q >= dist(E, F2) / R + dist(F2, D) / Q) l = mid1;else r = mid2;}Point F = Fx2(l);ans += dist(E, F) / R + dist(F, D) / Q;return ans;
}int main() {std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);cin >> A.x >> A.y >> B.x >> B.y;cin >> C.x >> C.y >> D.x >> D.y;cin >> P >> Q >> R;double l = 0, r = 1;while (dist(Fx1(l), Fx1(r)) >= esp) {double mid1 = l + (r - l) / 3;double mid2 = r - (r - l) / 3;Point E1 = Fx1(mid1);Point E2 = Fx1(mid2);if (calc(E1) >= calc(E2)) l = mid1;else r = mid2;}Point E = Fx1(l);cout << fixed << setprecision(2) << calc(E) << '\n';return 0;
}

01分数规划

二分答案, 进行公示移项, 试错.

小咪买东西

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int n, k;
struct node{int c, v, tmp;
}a[10000000];
bool cmp(node a, node b){return a.tmp > b.tmp;
}
bool check(int x){for(int i = 1; i <= n; i++){a[i].tmp = a[i].v - a[i].c * x;}sort(a + 1, a + 1 + n, cmp);int sum = 0;for(int i = 1; i <= k; i++){sum += a[i].tmp;}return sum >= 0;
}
signed main(){int T;cin >> T;while(T--){cin >> n >> k;for(int i = 1; i <= n; i++){cin >> a[i].c >> a[i].v;}int ans = 0;int l = 1, r = 1e8 + 1000;while(l <= r){int mid = (l + r) / 2;if(check(mid)){l = mid + 1;ans = mid;}else{r = mid - 1;}}cout << ans << endl;}return 0;
}

[USACO 2009 Dec S]Music Notes

二分答案

題目說時間從0開始累積, 會彈奏某一個音符b次, 也就是b秒.

然後題目問某一個時間點彈到哪個音符.

其實不難, 由於彈奏是一個累積的數組, 我們先求前綴和. 然後, 每一個前綴和代表彈第bi個音符的時候的時間是多少.

題目給了一個時間點t, 也就是說我們在這個前綴和中找出第一個大於或等於t的時間點中的索引就是答案的音符.

#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
int main(){int n, q;cin >> n >> q;int b[n + 1];b[0] = 0;for(int i = 1; i <= n; i++){cin >> b[i];b[i] = b[i - 1] + b[i];}while(q--){int x;cin >> x;cout << (upper_bound(b + 1, b + 1 + n, x) - b) << endl;}return 0;
}

完全平方数(好問題!!!!)

由於10億開方只有30000多, 我們大可以創建一個數組, 把1 到30000全部放在裡面.

由於裡面全部都是實數, 所以每一個數字他的2次方都是完全平方數. 因此我們只需要找到根號L到根號R之間有多少個數字就可以了. 最簡單的方法就是找第一個小於或等於根號L的數字, 和第一個大於或等於根號R的地方, 相減就是完全平方數的數量了

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N =31625;
int a[N];
int main()
{for(int i=0;i<N;++i)a[i]=i;int n,l,r;cin>>n;while(n--){cin>>l>>r;int L=0,R=N;L=lower_bound(a,a+N,sqrt(l))-a;R=upper_bound(a,a+N,sqrt(r))-a;cout<<max(R-L,0)<<endl;}return 0;
}

[USACO 2010 Feb S]Chocolate Eating

我們二分一個每天最大可以保持的快樂值.

拿到這個值我們就去check 到底可不可以保持.

由於每天都會快樂減半, 所以一旦我們發現快樂值低於二分出來的x, 我們就不斷吃巧克力直到快樂水平達到或超過x.

由於巧克力的數量有限, 一旦發現巧克力吃完了但還是無法達到x水平, 證明這個x 是不可能成為合法的快樂值的.

由於答案要我們同時輸出, 到底哪一天吃了哪些巧克力, 我們可以在吃巧克力讓快樂水平回到x的時候跟新一個答案數組.

#include <iostream>using namespace std;typedef long long LL;
const int N = 1e6 + 10;int n, d;
LL level;
LL a[N], c[N];bool check(LL x)
{LL sum = 0, t = 0;for(int i = 1; i <= d; i ++){while(sum < x) {sum += a[++t];if(t > n) return false;if(x == level) c[t] = i;}sum /= 2;}return true;
}int main()
{cin >> n >> d;for(int i = 1; i <= n; i ++) cin >> a[i];LL l = 0, r = 1e11;LL ans = 0;while(l <= r){LL mid = l + r + 1 >> 1;if(!check(mid)) r = mid - 1;else{ l = mid + 1;ans = mid;}}level = ans;check(level);cout << level << endl;for(int i = 1; i <= n; i ++){if(c[i]) cout << c[i] << endl;else cout << d << endl;}return 0;
}

[NOIP2015]跳石头

直接二分這個最短距離, 我們要讓所有距離都大於或等於這個距離.

實現方面就是, 我們要怎麼算這個用了多少次移動機會, 還有怎麼去移動呢?

我們發現他所給的石頭距離是一個前綴和. 全部都是從起點到某個石頭的距離, 而且還是順序給出.

這樣的話, 我們就可以用O(1)的時候直接把兩個點相減直接算到兩點的距離, 假設你把兩點中間的點都刪掉了, 是不會影響從a 點到b 點的總距離的.只會影響最短距離.

所以直接一個for 循環, 只要發現最後一次記錄的點和當前點匹配的時候發現距離少於二分枚舉出來的點, 就直接用一個counter 計算移動次數 + 1. 如果比二分枚舉的x 要大就直接跟新最後一詞出現的點.

#include<iostream>
using namespace std;
int dis, n, m, a[1000000];
bool check(int x){int lastt = a[0];int cnt = 0;for(int i = 1; i <= n; i++){if(a[i] - lastt < x){cnt++;}else{lastt = a[i];}}return cnt <= m && cnt <= n;
}
void work(){a[0] =0;cin >> dis >> n >> m;for(int i = 1; i <= n; i++){int y;cin >> a[i];}int l = 0, r = dis;int ans = 0;while(l <= r){int mid = (l + r) / 2;if(check(mid)){l = mid + 1;ans = mid;}else{r = mid - 1;}}cout << ans << endl;
}
int main(){work();return 0;
}

[USACO 2017 Dec P]Greedy Gift Takers

我們發現如果第i頭牛不能拿到禮物,他後面的所有牛都不可能拿到禮物.

這裡具有11110000 這樣的單調性. 所以可以利用二分進行搜索最後一個出現可行的位置.

也就是我們二分出來的x 是可以拿到禮物的牛的總數量.

如何判斷是不是合法呢?

我們發現如果在從0 到i 這個位置之間, 如果有多于i頭牛的數量, 那麼就會出現無限循環了, 有牛出隊, 再從新進隊, 並且位置就在原來的位置.

最簡單的檢查方法就是, 我們直接用一個sum 記錄在x 之前多少頭牛. 假設我們已經知道每頭牛將會排在哪個位置, 我們就把0 到 x 的每個位置會出現的牛的數量加起來, 如果超過他們所在的索引, 那麼就是犯法的. 原因是在 x 前你要讓他的和大於x, 只有當某個牛他會進隊的位置剛剛好在x 之前, 那麼就很明顯, 會開始一個循環.

由於牛所排的位置, 是從尾巴數過來的, 所以我們要提前做一個處理, 把牛會排的位置變成從頭數起會排在哪.

#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
int n, a[100000];
bool check(int mid){int s[1000000];memset(s, 0, sizeof(s));for(int i = 1; i< mid; i++){s[a[i]]++;}int sum = 0;for(int i = 1; i < mid; i++){sum+= s[i];if(sum >= i)return 1;}return 0;
}
int main(){cin >> n;for(int i = 1; i <= n; i++){cin >> a[i];a[i] = n - a[i];}int l  =0, r = n;while(l < r){int mid = l + r + 1>> 1;if(check(mid)){r = mid - 1;}else{l = mid;}}cout << n - r << endl;return 0;
}

华华给月月准备礼物

由於高於某個長度之後,的答案都是不可能的, 就是11110000 二分.

所以我們直接二分可能的長度, 然後看看到底能不能切出指定數量 k.

#include<iostream>
using namespace std;
int n, k;
int w[300000];
bool check(int mid){int cnt =  0;for(int i = 1; i <= n; i++){cnt += w[i]/mid;}return cnt >= k;
}
int main(){cin >> n >> k;for(int i = 1; i <= n; i++){cin >> w[i];}int l = 1, r = 2e9;while(l <= r){long long mid = l + r >> 1;if(check(mid)){l = mid + 1;}else{r = mid - 1;}}cout << l - 1<< endl;return 0;
}

[NOIP2011]聪明的质监员 (复习用)

题目的公式是跟你说, Y = 某一个区间中, 只计算那些重量比你所选的重量W 要重的矿产的价值和.

价值和的公式为累积的数量 * 累积的价值.

所以我们需要有数量前缀和, 和价值前缀和, 并且这些前缀和都是把重量比W小的剔除了的.

然后我们二分 W.

这里你会发现当W 越小, 符合条件的矿产越多, 计算出来的价值和会越大, 所以当你发现价值和比S大了, 你就把 W 变大, 反之亦然.

#include<bits/stdc++.h>
#include<cstring>
using namespace std;
long long n, m, s;
long long w[300000], v[300000];
long long cnt[300000], sum[3000000];
struct node{int l, r;
}a[3000000];
long long check(int mid){//cal the prefix sum and cntfor(int i = 1; i <= n; i++){if(w[i] >= mid){cnt[i] = cnt[i - 1] + 1;sum[i] = sum[i - 1] + v[i];}else{cnt[i] = cnt[i - 1];sum[i] = sum[i - 1];}}long long res = 0;for(int i = 1; i <= m; i++){res += (cnt[a[i].r] - cnt[a[i].l - 1])*(sum[a[i].r] - sum[a[i].l - 1]);}return res;
}
int main(){cin >> n >> m >> s;for(int i = 1; i <= n; i++){cin >> w[i] >> v[i];}for(int i = 1; i <= m; i++){cin >> a[i].l >> a[i].r;}int l = 1, r = 1e9;int ans = 0;while(l <= r){int mid = l + r >> 1;if(check(mid) >= s){l = mid + 1;}else{r = mid - 1;}}cout << min(abs(check(r) - s), abs(check(r + 1) - s))<< endl;return 0;
}

裝備合成

我們透過假設總共可以製造mid 個裝備, 那麼就表示第一個方案的總數是k, 那麼第二個方案可以製造 mid - k 個裝備.

我們可以關係式求出來, 然後進行轉換得到不等式

4 * mid - x <= 2k <= 2*mid
0 <= 2k <= y - mid
0 <= 2k <= 2*mid

我們留意2k 就是我們的mid,

下界 = max(0, 4 * mid - x);
上界 = min(2 * mid, y - mid);

我們發現要逼近2k 的最大值, 當上界比下界大的時候是符合要求的, 所以我們把他變大, 就利用二分, 把mid 變大, 如果下界比上界大, 就把mid 變小.

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
/*
k(2a + 3b) + (mid - k)(4a + b)
= 2ka + 3kb + 4mid*a + b*mid - 4ka - kb
= -2ka + 4mid*a + 2kb + b*mid
= (4mid - 2k)a + (2k + mid)b
The facts:
0 <= 4mid - 2k <= x
0 <= 2k + mid <= y
0 <= k <= mid because k is seperated from mid
0 <= 2k <= 2mid
make all the repersentation to be xx <= 2k <= xxx
4 * mid - x <= 2k <= 2*mid
0 <= 2k <= y - mid
0 <= 2k <= 2*mid
*/
ll work(ll x, ll y){ll l = 0, r = 1e9;while(l <= r){ll mid = l + r >> 1;ll tmp1 = max((ll)0, 4 * mid - x);ll tmp2 = min(2 * mid, y - mid);if(tmp1 == tmp2 && (tmp1 & 1)){r = mid - 1;}else if(tmp2 >= tmp1){l = mid + 1;}else{r = mid - 1;}}return l - 1;}
int main(){int T;cin >> T;while(T--){int x, y;cin >> x >> y;cout << work(x,y) << endl;}return 0;
}

位数差(難)

這個題目的暴力寫法非常直接兩個循環找到所有組合, 再來一個循環判斷位數差.

但是這樣顯然會超時.

利用分治的思想, 就好像歸併排序一樣, 我們把左邊和右邊的位數差統計出來相加就行了.

但是如何把左邊和右邊的位數差求出來呢?

我們留意到, 如果我們能找到第一個大於某個數的10^n 的數, 那麼對於所有10^(n + 1)以後的數字, 數位差都要加一.

再分治的時候我們會對他們進行排序.

我們利用二分找出第一個大於10 ^ n - a[i] 的數, 那麼在a[i]後面的數的數位差都至少跟a[i]一樣, 如此類推, 不斷累積.

#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll comp[9] =  { 10, 100, 1000, 10000, 100000, 1000000, 10000000, 100000000, 1000000000 };
ll n, a[10000000];
ll cal(int l, int r){if(l >= r)return 0;ll mid = l + r >> 1;ll ans = cal(l, mid) + cal(mid + 1, r);sort(a + mid + 1, a + r + 1);for(int i = l; i <= mid; i++){for(int j = 0; j < 9; j++){if(comp[j] - a[i] <= 0)continue;auto s = a + r + 1;auto pos = lower_bound(a + mid + 1, a + r + 1, comp[j] - a[i]);ans += s - pos;}}return ans;
}
int main(){cin >> n;for(int i = 1; i <= n; i++){cin >> a[i];}cout << cal(1, n) << endl;return 0;
}

[HEOI2014]南园满地堆轻絮

自己根據公式構造a數組.

明顯是利用二分找出最佳的差值x.

由於題目給出要求 b[i - 1] <= b[i] && abs(a[i] - b[i]) > x

那么就是要让ai - bi < x尽可能小，然后bi 在保证单调不下降的情况下,成立不等式.

bi 可以取值為 b[i - 1] 或者 ai - x, 因為bi最小為ai - x, 我們取兩者最大.

如果ai - bi > x 那麼就不可能用x 作為答案.

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll n, sa, sb, sc, sd, a[10000000], mod;
bool check(ll mid){ll b[10000000];b[1] = max((ll)0, a[1] - mid);for(int i = 2; i <= n; i++){b[i] = max(b[i - 1], a[i] - mid);if(abs(b[i] - a[i]) > mid)return 0;}return 1;
}
inline ll f(ll x){return (sa*x%mod*x%mod*x%mod + sb*x%mod*x%mod + sc*x%mod + sd%mod)%mod;
}
int main(){a[0] = 0;ll l = 0, r = 0;cin >> n >> sa >> sb >> sc >> sd >> a[1]>> mod;for(int i = 2; i <= n; i++){a[i] = (f(a[i - 1]) + f(a[i - 2]))%mod;r = max(r, a[i]);}r = max(r, a[1]);ll ans = 0;while(l <= r){ll mid = l + r >> 1;if(check(mid)){ans = mid;r = mid - 1;}else{l = mid + 1;}}cout << ans << endl;return 0;
}

P6174 [USACO16JAN]Angry Cows S

總之題目就是, 有一條水平線, 上面不同點上有不同的乾草, 然後你總共可以安排k 頭牛進去吃草, 每一頭牛可以吃草的長度是 2 r, 讓你找出最小的r, 讓這k 頭牛把所有草吃干.

我們直接二分r, 如果發現r 可以把草吃完就減少r, 不然就增大r.

如何檢查是否可以吃完所有草呢?

我們把草所在的位置排序, 然後把第一個草的位置加上2個 r, 如果我們循環到一個草他的位置比上一個放牛的位置加上r 要大, 我們就需要繼續添加牛了.

#include<iostream>
#include<vector>
#include<bitset>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<map>
#include<cstring>
using namespace std;
int N, K;
int x[1000000];
bool check(int r){int s = 0, p = -2000000000;for(int i = 1; i <= N; i++){if(p + r< x[i]){s++;p = x[i] + r;}if(s > K)return 0;}return 1;
}
int main(){cin >> N >> K;for(int i = 1; i <= N; i++){cin >> x[i];}sort(x + 1, x + 1 + N);int l = 0, r = x[N];int ans = 0;while(l <= r){int mid = l + r >> 1;if(check(mid)){r = mid - 1;ans = mid;}else{l = mid + 1;}}cout << ans << endl;
}

GPA (補做)

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