第十五届中北大学算法与程序设计竞赛（公开赛）题解
比赛链接
A.俄罗斯方块
题意：
10∗10的图
给四种俄罗斯的图形，给出位置横坐标，求下降完后的图形
题解：
图很小，直接从上向下模拟下降过程即可
AC代码
#includeB.真的是签到题
直接输出即可
AC代码
#includeC.港口
题意：
给定一个长度为 n 的数列 a1,a2,…,an，每次可以选择一个区间 [l,r]，使下标在这个区间内的数都加一或者都减一。问变相等的最少操作次数。
题解：
想要得到所有数都一样，也就是要使差分序列的 2~n 项全为 0。而第 1 项代表第一个数的大小，改变第1项只会让数列整体变大或变小，并不影响数列相同。计算差分序列，记录差分序列中正数和负数的个数，每次操作可以让差分序列中的两个数一个 +1 另一个 -1，因此，也就是差分后 Max( 正数和，负数和 ) 次。
AC代码
#include::iterator
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<ll, ll> pll;
const int N = 1e6+5;
const ll mod = 1e9+7;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int dir[4][2]={-1,0,1,0,0,-1,0,1};
const int exdir[4][2]={1,1,1,-1,-1,1,-1,-1};
ll qpow(ll x,ll y){
ll ans=1,t=x;
while(y>0){
if(y&1)ans*=t,ans%=mod;
t*=t,t%=mod;
y>>=1;
}
return ans%mod;
}
ll a[N],p,q;
void solve(){
int n;cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)
cin>>a[i];
for(int i=2;i<=n;i++){
if(a[i]-a[i-1]>0)p+=a[i]-a[i -1];
else q-=a[i]-a[i-1];
}
cout<<max(p,q);
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);cout.tie(0);
//int t;cin>>t;
//while(t--)solve(),cout<<'\n';
solve();
return 0;
}
D.构造数组
题意：
构造一个长度为n的数组A，构造方式如下：
依次进行n次操作，第i次操作在数组A的index[i]位置处插入整数number[i].
最后从左到右输出数组A的元素
题解：
这道题从前向后考虑是不行的，我们从后向前考虑，最后一个插入的数位置肯定是index[n]，然后倒二插入的位置可能是index[n-1]或index[n-1]+1,显然最后一个数的插入影响的倒二的数的位置，其实就是后面插入的数对前面插入的数的位置产生后移，所以每次只要找x-sum(x)=index[i]就行了，最终位置就是x,用树状数组维护前和就好了。
AC代码
#pragma GCC optimize(2)
#include::iterator
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<ll, ll> pll;
const int N = 1e6+5;
const ll mod = 1e9+7;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int dir[4][2]={-1,0,1,0,0,-1,0,1};
const int exdir[4][2]={1,1,1,-1,-1,1,-1,-1};
ll qpow(ll x,ll y){
ll ans=1,t=x;
while(y>0){
if(y&1)ans*=t,ans%=mod;
t*=t,t%=mod;
y>>=1;
}
return ans%mod;
}
ll a[N],b[N],ans[N],tree[N],n;
void add(int x,int y){
while(x<=n){
tree[x]+=y;
x+=lowbit(x);
}
}
ll sum(int x){
ll sum=0;
while(x>0){
sum+=tree[x];
x-=lowbit(x);
}
return sum;
}
int find(int x){
int l=1,r=n;
while(l<r){
int mid=(l+r)>>1;
if(mid-sum(mid)<x)l=mid+1;
else r=mid;
}
return l;
}
void solve(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i]>>b[i];
for(int i=n;i>0;i--){
int x=a[i];
int k=find(x);
add(k,1);
ans[k]=b[i];
}
for(int i=1;i<=n;i++)cout<<ans[i]<<' ';
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);cout.tie(0);
//int t;cin>>t;
//while(t--)solve(),cout<<'\n';
solve();
return 0;
}
E.简单的线性代数*
题意：
已知A是一个n阶方阵，且Ak=0，E是一个n阶单位矩阵，求（E+A+……+A(k-1)）的逆
题解
我们用等比数列求和得到 E+A+……+A(k-1)=（E-Ak)/(E-A),
（E-Ak)/(E-A)*B=E，又Ak=0，则B=（E-A）
AC代码
#includeF.集合操作
题意
有一个集合S，刚开始是空集，现在有3种操作。
1.往集合中添加x,如果集合中已经存在x，则不添加。
2.从集合中删除x，如果集合中不存在x，则不删除。
3.查询大于等于x且不在集合S中的最小的正整数
题解
先离散化，然后用树状数组维护一下前缀，查询的时候我们二分找出一个数与x的实际差刚好等于与x间隔的数（集合中存在）的个数，也就是
sum(mid)-sum(k-1)==c[mid]-c[k]+1//k是离散化后x的下标，c是离散数组
AC代码
#include::iterator
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<ll, ll> pll;
const int N = 1e6+5;
const ll mod = 1e9+7;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int dir[4][2]={-1,0,1,0,0,-1,0,1};
const int exdir[4][2]={1,1,1,-1,-1,1,-1,-1};
ll qpow(ll x,ll y){
ll ans=1,t=x;
while(y>0){
if(y&1)ans*=t,ans%=mod;
t*=t,t%=mod;
y>>=1;
}
return ans%mod;
}
ll a[N],b[N],c[N],tree[N],v[N],len;
void add(int x,int y){
while(x<=len){
tree[x]+=y;
x+=lowbit(x);
}
}
ll sum(int x){
ll sum=0;
while(x>0){
sum+=tree[x];
x-=lowbit(x);
}
return sum;
}
void solve(){
int n;cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>a[i]>>b[i];
c[i]=b[i];
}
sort(c+1,c+1+n);
len=unique(c+1,c+1+n)-c-1;
c[len+1]=INF;
for(int i=1;i<=n;i++){
int x=a[i],y=b[i];
int k=lower_bound(c+1,c+1+len,y)-c;
if(x==1&&!v[k])v[k]=1,add(k,1);
if(x==2&&v[k])v[k]=0,add(k,-1);
if(x==3){
int l=k,r=len+1;
while(l<r){
int m=(r+l)>>1;
if(sum(m)-sum(k-1)==c[m]-c[k]+1)l=m+1;
else r=m;
}
if(l==k)cout<<c[k]<<'\n';
else cout<<c[l-1]+1<<'\n';
}
}
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);cout.tie(0);
//int t;cin>>t;
//while(t--)solve(),cout<<'\n';
solve();
return 0;
}
G.数位操作1
题意：
给你一个正整数 n ，找到最小的某个数据 ans (ans >9）
要求 ans 的每一数位(个位 十位 百位 千位…) 乘积与n相等， 不存在输出-1
题解：
按贪心思想，将原数按9~1分解即可，如果最后剩下的数大于9，则说明不存在，注意特判1.
AC代码
#includeK.签个到
题意
给n个数，进行m次操作
每次操作可以使得任意一个数加或减他的下标，问m次操作后这个数列的极差最大是多少
题解
排一下序，然后对于任意一个数进行m次操作后最大极差为
max(abs(a[i]-b[1]),abs(a[i]-b[n]))+i*m
显然枚举一下a[n]，找对各个数的操作极差即可
AC代码
#include