2019 浙江省赛 A B C
A Vertices in the Pocket
DSU + 权值线段树 + 二分
t o t tot tot 表示当前不减少连通块的最大加边数
叶子结点表示连通块的大小，线段树维护：
c n t cnt cnt 维护连通块个数
s u m sum sum 维护连点数和
p f h pfh pfh 维护连点数的平方和
最小值就是当前连通块个数 − 1 - 1 −1
对于最大值，则增加 k − t o t k-tot k−tot 条边，贪心加在第一大连通块和第二大连通块之间，也就是不断地找右子树，如果可加边数仍小于 k − t o t k-tot k−tot，则往左子树寻找，
对于最后返回值，因为维护的是连通块个数，所以对个数进行二分出答案，返回即可
太太考验码力了。。。
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 2e5 + 10;
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r,rt<<1|1
int n, t, q, op, cont, f[maxn];
ll tot, num[maxn];
ll cnt[maxn<<2], sum[maxn<<2], pfh[maxn<<2];
int find(int v) {
return f[v] == v ? v : f[v] = find(f[v]);
}
void pushup(int rt){
cnt[rt] = cnt[rt<<1] + cnt[rt<<1|1];
sum[rt] = sum[rt<<1] + sum[rt<<1|1];
pfh[rt] = pfh[rt<<1] + pfh[rt<<1|1];
}
void build(int l,int r,int rt){
if(l==r){
cnt[rt] = sum[rt] = pfh[rt] = (l==1 ? n : 0);
return;
}
int m = (l+r)>>1;
build(lson);
build(rson);
pushup(rt);
}
void update(ll pos,ll c,int l,int r,int rt){
if(l==r){
cnt[rt] += c;
sum[rt] += c*pos;
pfh[rt] += c*pos*pos;
return ;
}
int m = (l+r)>>1;
if(pos<=m) update(pos,c,lson);
else update(pos,c,rson);
pushup(rt);
}
ll query(ll k,int l,int r,int rt,int all){
if(l==r){
ll l1 = 1, r1 = cnt[rt], mid;
while(l1>1;
if(mid*(mid-1)/2*l*l+mid*l*all >= k)
r1 = mid;
else l1 = mid + 1;
}
return l1;
}
int m = (l+r)>>1;
// 贪心：计算当前右子树的可连边数
ll tmp = (sum[rt<<1|1]*sum[rt<<1|1]-pfh[rt<<1|1]) / 2;
tmp += all * sum[rt<<1|1];
if(tmpnum[v]) swap(u,v); // 合并到 v
update(num[u],-1,1,n,1);
update(num[v],-1,1,n,1);
cont--;
f[u] = v;
tot += num[u]*num[v] - 1;
num[v] += num[u];
num[u] = 0;
update(num[v],1,1,n,1);
}
else {
ll k;
scanf("%lld", &k);
ll ans1 = max(1LL, cont-k);
ll ans2 = solve(k);
printf("%lld %lld\n", ans1, ans2);
}
}
}
}
B Element Swapping
数学
可求出 a [ i ] + a [ j ] a[i]+a[j] a[i]+a[j]的值，继而求出 i i i 和 j j j 的关系
O n On On 枚举 i i i ， O 1 O1 O1 验证 j j j
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair pii;
const ll mod = 1e9 + 7;
const int maxn = 3e5 + 10;
int n, t;
ll x, y, x2, y2, ans, a[maxn];
map mp;
inline ll read(){
ll x=0;
char ch=getchar();
while(ch>'9' || ch<'0') ch=getchar();
while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return x;
}
int main() {
t = read();
while(t--) {
n = read(); x = read(); y = read();
x2 = y2 = ans = 0;
mp.clear();
for(int i=1; i<=n; i++) {
a[i] = read();
x2 += 1ll*i*a[i];
y2 += 1ll*i*a[i]*a[i];
mp[a[i]]++;
}
if(x2==x) {
if(y2!=y) {
puts("0");
continue;
} else {
for(auto i:mp) {
ll tmp = i.second;
ans += tmp*(tmp-1)/2;
}
printf("%lld\n",ans);
continue;
}
} else if(abs(y-y2)%abs(x-x2)!=0) {
puts("0");
continue;
} else {
ll he = (y-y2)/(x-x2);
for(int i=1; i<=n; i++){
ll aj = he - a[i];
if(a[i]==aj) continue;
if(abs(x-x2)%abs(a[i]-aj)!=0) continue;
int j = i + (x-x2)/(a[i]-aj);
if(j<=i) continue;
if(aj==a[j] && x2+1ll*(j-i)*(a[i]-a[j]) == x)
if(y2+1ll*(j-i)*(a[i]*a[i]-a[j]*a[j]) == y)
ans++;
}
}
printf("%lld\n", ans);
}
}
C Array in the Pocket
s e t set set 或者 线段树
从前往后贪心取最小
维护当前剩余所有元素的个数 + 当前位置后面所有元素的个数
若上述和 ≤ n − i ≤ n-i ≤n−i，即为可行值，否则往下取次小
这里用 s e t set set 和优先队列瞎搞出来了
2020 / 6/ 20 更新：
判断当前的值能否选取的条件是：后面所有的值有一种合理选法使得满足题意
判断剩余的值存不存在合法答案，也就是对于剩余的每一个值，还需要选取 x x x 次 + + + A数组里还出现了 y y y 次 ≤ ≤ ≤ 剩余的位置数量
满足上述不等式说明存在合法答案，因此只需要找出最大的 x + y x + y x+y 看是否满足即可
因为最大的满足了，其他的也肯定可以满足
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair pii;
const ll mod = 1e9 + 7;
const int maxn = 1e5 + 10;
int n, t, a[maxn], b[maxn], p[maxn];
int num[maxn], vis[maxn];
set s;
set ::iterator it;
struct Node{
int sum, val;
Node(){}
Node(int Sum, int Val){
sum = Sum, val = Val;
}
bool friend operator <(Node A, Node B){
return A.sum < B.sum;
}
};
priority_queue q;
void init(){
s.clear();
memset(p,0,sizeof(p));
memset(num,0,sizeof(num));
memset(vis,0,sizeof(vis));
while(!q.empty()) q.pop();
}
int main(){
scanf("%d", &t);
while(t--){
init();
scanf("%d", &n);
for(int i=0; i