AIsing Programming Contest 2020 总结

A - Number of Multiples

按照题目意思走就行

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
int l,r,d;
int main()
{IO;cin>>l>>r>>d;if(r<l) swap(l,r);int res=r/d-l/d;if(l%d==0) res++;cout<<res<<endl;return 0;
}

B - An Odd Problem

这题比A还纯模拟，按题目意思走

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=110;
int a[N],n;
int main()
{IO;cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];int res=0;for(int i=1;i<=n;i++)if((i&1)&&(a[i]&1)) res++;cout<<res<<endl;return 0;
}

C - XYZ Triplets

这题刚开始看错数据范围，结果RE了，然后又算错时间复杂度又TLE了，我也太菜了吧

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=10010;
const double eps=1e-6;
int n,f[N];
double calc1(int x,int y,int n)
{double delta=(x+y)*(x+y)-4*(x*x+y*y+x*y-n);if((x+y)*(x+y)<=4*(x*x+y*y+x*y-n)) return -1;return (sqrt(delta)-(x+y))/2.0;
}
int calc2(int x,int y,int n)
{int delta=(x+y)*(x+y)-4*(x*x+y*y+x*y-n);if(delta<=0) return -2;return (sqrt(delta)-(x+y))/2;
}
int main()
{IO;cin>>n;for(int k=1;k<=n;k++)for(int i=1;i<=k/i;i++)for(int j=1;j<=k/j;j++){double x=calc1(i,j,k);int y=calc2(i,j,k);if(x<eps) continue;if(abs(x-y)<eps) f[k]++;}for(int i=1;i<=n;i++) cout<<f[i]<<endl;return 0;
}

又是只做了三题，真就是签到战士？

D - Anything Goes to Zero

这题考试时想要高精度，我发现要写好几个高精度就懒得看了。第二天一看发现快速幂取模可以避免高精度，然后在网上搜了搜题解，搞了一上午终于AC了。
对于原二进制串中1的个数可能又三种情况①大于1②等于1③等于0我们可以发现只要模第一次，那么这个数就会回到intintint范围内，不妨设原二进制串中111的个数为sss，那么，第一次的需要模的数只有两种情况s−1,s+1s-1,s+1s−1,s+1，于是我们可以用快速幂预处理出原串模s−1,s+1s-1,s+1s−1,s+1的值，每当反转一位就相当于加上或减去2的整次幂，然后就可以很容易知道答案。
对于①存在s−1,s+1s-1,s+1s−1,s+1，而对于②只存在模s+1s+1s+1的情况：如果模000那么说明该串全是0，那么答案自然直接是000，如果模s+1s+1s+1，那么肯定模的是222，如果最后一位不是111该串是偶数，操作一次就可以了，如果最后一位是111，那么该串是奇数，稍微那么该操作需要两次。对于③也是只存在模s+1s+1s+1的情况，而且肯定是模111，分析可知只用操作一次就可。

#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=200010;
int a[N],n;
ll qmi(ll a,ll b,ll p)
{ll res=1%p;a%=p;while(b){if(b&1) res=res*a%p;b>>=1;a=a*a%p;}return res;
}
int calc(ll x)//计算二进制中1的个数
{int res=0;while(x){x-=x&-x;res++;}return res;
}
ll md(ll x,ll y)//取模函数，保证取模后是正数
{return (x%y+y)%y;
}
int main()
{cin>>n;int s=0;for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%1d",&a[i]);s+=a[i];}if(s>1){ll x=0,y=0;for(int i=1;i<=n;i++){if(a[i]==0) continue;x=md(x+qmi(2,n-i,s-1),s-1);//预处理原串模s-1和s+1的值y=md(y+qmi(2,n-i,s+1),s+1);}for(int i=1;i<=n;i++){ll ans=0;int cnt=1;if(a[i]==0) ans=md(y+qmi(2,n-i,s+1),s+1);else ans=md(x-qmi(2,n-i,s-1),s-1);while(ans){ans%=calc(ans);cnt++;}cout<<cnt<<endl;}}else if(s==0) for(int i=1;i<=n;i++) cout<<1<<endl;else{for(int i=1;i<=n;i++){if(a[i]==1) cout<<0<<endl;//该串唯一的一个1被反转，串值变成0else{if(a[n]==1||i==n) cout<<2<<endl;//最后一位是1else cout<<1<<endl;}}}return 0;
}

E - Camel Train

①贪心+小根堆

题中有两种骆驼一种l>=rl>=rl>=r，那么该骆驼需要尽可能往前放，另一种骆驼l<rl<rl<r尽可能往后放，并且它们的最优解互不影响。因此我们可以分别考虑两种骆驼，不管哪种骆驼我们先把答案加上小的数，然后就变成之前做过的一个题lyd老师的<<算法竞赛进阶指南>>中的超市那道题。
贪心：按照位置贪心

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cstring>
#define k first
#define w second
using namespace std;
typedef pair<int,int> pii;
typedef long long ll;
const int N=200010;
pii a[N],b[N];
int main()
{int T;cin>>T;while(T--){int n,cnta=0,cntb=0;cin>>n;ll res=0;for(int i=0;i<n;i++){int k,l,r;cin>>k>>l>>r;if((k==0&&l>=r)||(k==n&&r>l)) {res+=min(l,r);continue;}if(l>=r) res+=r,a[cnta++]={k,l-r};else res+=l,b[cntb++]={n-k,r-l};}sort(a,a+cnta),sort(b,b+cntb);priority_queue<int,vector<int>,greater<int> >heap;for(int i=0;i<cnta;i++){heap.push(a[i].w);while(heap.size()>a[i].k) heap.pop();}while(heap.size()){res+=heap.top();heap.pop();}for(int i=0;i<cntb;i++){heap.push(b[i].w);while(heap.size()>b[i].k) heap.pop();}while(heap.size()){res+=heap.top();heap.pop();}cout<<res<<endl;}return 0;
}

②贪心+并查集

贪心：按照权值从大到小排序，对于每个牛，排到恰好的位置上，如果恰好的位置上有牛，就往前找看看前面有没有空位置。并查集维护1~pos离pos最近并且位置为空的序号

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cstring>
#define w first
#define k second
using namespace std;
typedef pair<int,int> pii;
typedef long long ll;
const int N=200010;
pii a[N],b[N];
int p[N];
int find(int x)
{if(p[x]!=x) p[x]=find(p[x]);return p[x];
}
int main()
{int T;cin>>T;while(T--){int n,cnta=0,cntb=0;cin>>n;ll res=0;for(int i=1;i<=n;i++) p[i]=i;for(int i=0;i<n;i++){int k,l,r;cin>>k>>l>>r;if((k==0&&l>=r)||(k==n&&r>l)) {res+=min(l,r);continue;}if(l>=r) res+=r,a[cnta++]={l-r,k};else res+=l,b[cntb++]={r-l,n-k};}sort(a,a+cnta),sort(b,b+cntb);reverse(a,a+cnta),reverse(b,b+cntb);for(int i=0;i<cnta;i++){int pos=find(a[i].k);if(pos) p[pos]=pos-1,res+=a[i].w;}for(int i=1;i<=n;i++) p[i]=i;for(int i=0;i<cntb;i++){int pos=find(b[i].k);if(pos) p[pos]=pos-1,res+=b[i].w;}cout<<res<<endl;}return 0;
}