[考试反思]1103csp-s模拟测试99: 美梦

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可能这次考得好的原因就是熬夜颓废到不算太晚?(啪)

但是是真心困。

考前跟akt说:我希望今天考一点那种不用动脑子,就是一直码的题。

然后开门T1一道线段树维护单调栈的板子我就。。。了

当时调了一上午啊,我就觉得考场上不可能调出来,但是T2和T3都不会做,所以回去调板子。

说是“调”其实很不严谨,因为我其实就是一直在写,连编译都没有编译过。

一个半小时之后差不多要写完了(但是还没有写完)。感觉心累,并不觉得自己写的是对的(模板爆零专家)

于是没打完就弃了。

T3感觉数据很难造而可行方案很多,于是乱打了一个。

然后觉得T2的题目有7个参数很难写,就想都没想打了一个非常蠢的$O(n^3log n)$的暴力。(可以非常简单的优化到$O(n^2 log n)$)

最后给T1写了一个20分的暴力,把自己写的线段树注释了。离考试结束还有10分钟。

检查完文件闲得无聊。于是去继续在注释里写T1的线段树。

本来就没差多少于是写完了,脑子一抽想试一下。

结果就过样例了,然而我很不放心觉得它过不了,于是还测试点分治了一下。

然后我板子居然没爆炸2333太快乐了。

然后T3乱搞A了2333太快乐了。

然后T2的$O(n^3logn)$过了1000的点2333太快乐了。

然后就莫名其妙地rank1了2333太快乐了。

真的不是在用脑子考试,是在用RP考试。。。

 

T1:陶陶摘苹果

题目已经说了显然是快速傅丽叶变换再加一个狄利克雷卷积

可以发现这是一个非常裸的线段树优化单调栈,可以去看我《椎》的题解,写的挺详细的。

复杂度是$O(nlog^2n)$的。不是最优的但是也可过。

 1 #include
 2 using namespace std;
 3 int cl[800005],cr[800005],w[800005],mx[800005],mxr,n,m,h[100005],rv[800005];
 4 int ask(int p,int l,int r,int W){
 5     if(W>=mx[p])return 0;
 6     if(cl[p]==cr[p]){mxr=max(mxr,mx[p]);return 1;}
 7     if(l<=cl[p]&&cr[p]<=r){
 8         if(W>mx[p<<1|1])return ask(p<<1,l,r,W);
 9         int re=ask(p<<1|1,l,r,W)+rv[p];
10         mxr=max(mxr,mx[p]);return re;
11     }
12     int ans=0;
13     if(r>cr[p<<1])ans=ask(p<<1|1,l,r,W);
14     if(l<=cr[p<<1])ans+=ask(p<<1,l,r,mxr);
15     return ans;
16 }
17 void update(int p){
18     mx[p]=max(mx[p<<1],mx[p<<1|1]);
19     mxr=0;rv[p]=ask(p<<1,cl[p<<1],cr[p<<1],mx[p<<1|1]);
20 }
21 void modify(int p,int pos,int H){
22     if(cl[p]==cr[p]){mx[p]=H;return;}
23     modify(pos<=cr[p<<1]?p<<1:p<<1|1,pos,H);
24     update(p);
25 }
26 void build(int p,int l,int r){
27     cl[p]=l;cr[p]=r;
28     if(l==r){w[p]=1;mx[p]=h[l];return;}
29     build(p<<1,l,l+r>>1);
30     build(p<<1|1,(l+r>>1)+1,r);
31     update(p);
32 }
33 int main(){
34     freopen("TaoPApp.in","r",stdin);
35     freopen("TaoPApp.out","w",stdout);
36     scanf("%d%d",&n,&m);
37     for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&h[n+1-i]);
38     build(1,1,n);
39     for(int i=1;i<=m;++i){
40         int p,nw,r,mx=-1,cnt=0;scanf("%d%d",&p,&nw);p=n+1-p;r=h[p];
41         if(n<=5000&&m<=5000){
42             h[p]=nw;
43             for(int j=n;j;--j)if(h[j]>mx)mx=h[j],cnt++;
44             printf("%d\n",cnt);h[p]=r;
45         }
46         else modify(1,p,nw),mxr=0,printf("%d\n",ask(1,1,n,0)),modify(1,p,r);
47     }
48 }
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也有其它做法,如分治(像《走路》)。

题解的做法是考虑每个点左右两端,预处理出来它的类似与于单调栈的东西,然后二分位置。也挺麻烦的。

 

T2:开心的金明

暴力50%:

枚举买进原料的时间,枚举制造电脑的时间,枚举卖出的时间,线段树维护电脑还能存多少(区间减,区间取min),复杂度O(n^3logn)。

 1 #include
 2 #define inf 1234567890
 3 inline int min(int a,int b){return aa:b;}
 4 int k,bf[50005],s[50005],kpn[50005],kpf[50005],ksf[50005],mf[50005],mn[50005];long long ans;
 5 struct Segment_Tree{
 6     int mn[400005],lz[400005],cl[400005],cr[400005];
 7     void build(int p,int l,int r){
 8         cl[p]=l;cr[p]=r;
 9         if(l==r)return (void)(mn[p]=kpn[l]);
10         build(p<<1,l,l+r>>1);
11         build(p<<1|1,(l+r>>1)+1,r);
12         mn[p]=min(mn[p<<1],mn[p<<1|1]);
13     }
14     void down(int p){
15         mn[p<<1]-=lz[p];mn[p<<1|1]-=lz[p];
16         lz[p<<1]+=lz[p];lz[p<<1|1]+=lz[p];
17         lz[p]=0;
18     }
19     void minus(int p,int l,int r,int w){
20         if(rreturn;
21         if(l<=cl[p]&&cr[p]<=r)return mn[p]-=w,lz[p]+=w,(void)0;
22         if(lz[p])down(p);
23         if(l<=cr[p<<1])minus(p<<1,l,r,w);
24         if(r>cr[p<<1])minus(p<<1|1,l,r,w);
25         mn[p]=min(mn[p<<1],mn[p<<1|1]);
26     }
27     int ask(int p,int l,int r){
28         if(rreturn inf;
29         if(l<=cl[p]&&cr[p]<=r)return mn[p];
30         if(lz[p])down(p);
31         return min(l<=cr[p<<1]?ask(p<<1,l,r):inf,r>cr[p<<1]?ask(p<<1|1,l,r):inf);
32     }
33 }T;
34 int main(){
35     freopen("happy.in","r",stdin);
36     freopen("happy.out","w",stdout);
37     scanf("%d",&k);
38     for(int i=1;i<=k;++i)scanf("%d%d%d%d",&bf[i],&s[i],&mf[i],&mn[i]);
39     for(int i=1;i"%d%d%d",&kpn[i],&ksf[i],&kpf[i]),ksf[i]+=ksf[i-1],kpf[i]+=kpf[i-1];
40     T.build(1,1,k-1);
41     for(int sd=1;sd<=k;++sd){
42         int lft=s[sd];
43         while(lft){
44             int bbd,bpd,num,cost=inf;
45             for(int pd=sd;pd;--pd)for(int bd=pd;bd;--bd){
46                 int C=bf[bd]+ksf[pd-1]-ksf[bd-1]+kpf[sd-1]-kpf[pd-1]+mf[pd],Num=min(mn[pd],T.ask(1,pd,sd-1));
47                 if(Cpd;
48             }
49             if(cost==inf)return puts("-1"),0;
50             num=min(num,lft);
51             lft-=num;T.minus(1,bpd,sd-1,num);mn[bpd]-=num;
52             ans+=num*cost;
53         }
54     }printf("%lld\n",ans);
55 }
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因为对材料没有任何的限制,所以可以预处理材料在每一天的价格,就可以降低到$O(n^2log n)$。

直接上正解。

首先正解也用到了这种处理原材料的价格的方法:对于新的一天,要么把昨天单位原材料的价格+昨天到今天存储原材料的价格作为今天的价格,要么直接把今天买入的价格作为真正价格。

然后反正你已经有原料了。用set维护结构体存每一个电脑的费用以及这个费用的电脑的数量。

模拟每一天的过程。

计算今天制造电脑的价格(最小原材料价格+制造费用),放进set里。

卖电脑。从set里取出价格最小的电脑一直到卖够数量,累加答案,卖不够就无解。

屯材料。计算材料留到明天的价格,是min(留到今天的价格+存储费用,明天再买的价格)

屯电脑。如果set里的电脑多于存储上限,那就干掉最贵的,留下的电脑涨价(存储价格)。

没了。就是贪心。

 1 #include
 2 #include<set>
 3 using namespace std;
 4 struct P{int n,f;friend bool operator<(P a,P b){return a.f<b.f;}};
 5 multiset

S,res; 6 int k,bf[50005],s[50005],kpn[50005],kpf[50005],ksf[50005],mf[50005],mn[50005],sf,totn; 7 long long ans; 8 main(){ 9 freopen("happy.in","r",stdin); 10 freopen("happy.out","w",stdout); 11 scanf("%d",&k); 12 for(int i=1;i<=k;++i)scanf("%d%d%d%d",&bf[i],&s[i],&mf[i],&mn[i]); 13 for(int i=1;i"%d%d%d",&kpn[i],&ksf[i],&kpf[i]); 14 sf=bf[1]; 15 for(int i=1;;++i){ 16 if(mn[i])S.insert((P){mn[i],mf[i]+sf});totn+=mn[i]; 17 while(s[i]){ 18 if(S.empty())return puts("-1"),0; 19 P x=*S.begin();int num=min(s[i],x.n);S.erase(S.begin()); 20 ans+=1ll*x.f*num;x.n-=num;totn-=num;s[i]-=num; 21 if(x.n)S.insert((P){x.n,x.f}); 22 } 23 if(i==k)break; 24 sf=min(sf+ksf[i],bf[i+1]); 25 while(totn>kpn[i]){ 26 P x=*S.rbegin();int num=min(totn-kpn[i],x.n);S.erase(--S.end()); 27 totn-=num;x.n-=num; 28 if(x.n)S.insert((P){x.n,x.f}); 29 } 30 for(auto it=S.begin();it!=S.end();++it)res.insert((P){(*it).n,(*it).f+kpf[i]}); 31 swap(S,res);res.clear(); 32 }printf("%lld\n",ans); 33 }

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T3:笨小猴

 1 #include
 2 #include<set>
 3 using namespace std;
 4 struct A{int a,b,o;friend bool operator<(A x,A y){return x.a<y.a;}};
 5 struct B{int a,b,o;friend bool operator<(B x,B y){return x.b<y.b;}};
 6 setas[2];setbs[2];
 7 int st[200005],n;long long ala,alb,tota,totb;
 8 int main(){
 9     freopen("grandmaster.in","r",stdin);
10     freopen("grandmaster.out","w",stdout);
11     scanf("%d",&n);
12     for(int i=1,a,b;i<=n+1;++i){
13         scanf("%d%d",&a,&b);
14         ala+=a;alb+=b;tota+=a;totb+=b;
15         as[0].insert((A){a,b,i});
16         bs[0].insert((B){a,b,i});
17     }
18     for(int i=1,a,b;i<=n;++i){
19         scanf("%d%d",&a,&b);
20         tota+=a;totb+=b;st[n+1+i]=1;
21         as[1].insert((A){a,b,n+1+i});
22         bs[1].insert((B){a,b,n+1+i});
23     }
24     if(ala>tota-ala&&alb>totb-alb){for(int i=1;i<=n+1;++i)printf("%d\n",i);return 0;}
25     if(ala<=tota-ala&&alb<=totb-alb){for(int i=n;i<=n+n+1;++i)printf("%d\n",i);return 0;}
26     int nst=0;
27     while(1){
28         ala=tota-ala;alb=totb-alb;//printf("%lld %lld\n",ala,alb);
29         if(ala<=tota-ala){
30             A c=*(--as[nst].end());B d=(B){c.a,c.b,c.o};//printf("--%d %d %d\n",c.a,c.b,c.o);
31             as[nst].erase(c);bs[nst].erase(d);
32             nst^=1;as[nst].insert(c);bs[nst].insert(d);
33             ala+=c.a;alb+=c.b;st[c.o]=nst;
34         }else{
35             B c=*(--bs[nst].end());A d=(A){c.a,c.b,c.o};//printf("--%d %d %d\n",c.a,c.b,c.o);
36             bs[nst].erase(c);as[nst].erase(d);
37             nst^=1;bs[nst].insert(c);as[nst].insert(d);
38             ala+=c.a;alb+=c.b;st[c.o]=nst;
39         }
40         if(ala>tota-ala&&alb>totb-alb){for(int i=1;i<=n+n+1;++i)if(st[i]==nst)printf("%d\n",i);return 0;}
41     }
42 }
有正确性的。。。乱写

正解很好啊。所有物品按照A排序,选出每一对里B较大的一个。再选出最后一个。

这样的话如果在一对里A大的B也大,那么直接删除这一对就可以继续考虑剩下的问题。

那么到最后你剩下的就是一堆按A排序的牌,它们的每一对你都选了第一张。

然后因为我们还选了最后一张,所以我们其实可以把第一张牌扔掉再次进行配对。

可以发现每一对牌里A大的B也大了。所以决策合法。

题挺好,思路也挺好,就是数据没法造。

 

 

 

 

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