20181103模拟赛

题解

排队

CF1037B
20% $1\le n\le 20,1\le x,h_i\le 20$ 随便暴力

50% $1\le n\le 2000,1\le x,h_i\le 1e9$ 枚举把哪个定成中位数

100% $1\le n\le 2e5,1\le x,h_i\le 1e9$

先把高度排序。贪心地修改。最好的方法是把最中间的人变成$x$。那么就把左边比他高的或者右边比他矮的都改成$x$就好啦。

// http://noi.ac/submission/35641
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;

const int N=200010;
typedef long long ll;

int n;
ll x,a[N];

void iWork()
{
	cin>>n>>x;
	int i;
	for(i=0;i<n;i++)
	scanf("%lld",&a[i]);
	sort(a,a+n);
	ll le=0,ri=0;
	for(i=0;i<n/2;i++)
	{
		if(a[i]>x)le+=a[i]-x;
		if(a[n-1-i]<x)ri+=x-a[n-1-i];
	}
	cout<<le+abs(a[n/2]-x)+ri<<endl;
}

int main()
{
	iWork();
	return 0;
}

翘课

CF1037E
10% $2\le n,m\le 500,k=1$

20% $2\le n,m\le 200000,k=1$ 暴力

40% $2\le n,m\le 2000,k=2$ 找环

70% $2\le n,m\le 2000,k<n$ 每次跑点判断

100% $2\le n,m\le 200000,1\le k<n$ 倒着删

考虑先把所有边加进去，再倒过来删边。

对于每个点，我们考虑要不要删掉它，删掉它表示它连接着选中的点的度小于 K 了。删完它之后我们把它邻居的度都–，然后再看它的邻居要不要被删掉。这样预处理把每个点判一次要不要删。

之后删一条边也是删完就判断连接的两个点需不需要被删掉。因为每个点只会被删一次，所以整体还是O(n)的。

题目做法可能多样，但思路应该都是倒过来。

http://noi.ac/submission/35642
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;

const int N=200010;
typedef long long ll;

int n,m,K,u[N],v[N],in[N],deg[N],tot,ans[N],deleted[N];

vector<pair<int,int> > G[N];

void iadd(int u,int v,int id)
{
	G[u].push_back(make_pair(v,id));
	deg[u]++;
}

void del(int x)
{
	//cout<<'#'<
	if(deg[x]>=K||in[x]==0)return;
	//cout<<'@'<
	tot--;
	in[x]=0;
	for(int i=0;i<G[x].size();i++)
		if(in[G[x][i].first]&&deleted[G[x][i].second]==0)
		{
			deg[G[x][i].first]--;
			del(G[x][i].first);
		}
}

void iWork()
{
	cin>>n>>m>>K;
	int i;
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		scanf("%d %d",&u[i],&v[i]);
		iadd(u[i],v[i],i);
		iadd(v[i],u[i],i);
	}
	tot=n;
	for(i=1;i<=n;i++)
		in[i]=1;
	for(i=1;i<=n;i++)
		del(i);
	//for(i=1;i<=n;i++)cout<
		
	for(i=m;i>=1;i--)
	{
		//for(int j=1;j<=n;j++)if(in[j])cout<
		//for(int j=1;j<=n;j++)cout<
		ans[i]=tot;
		deleted[i]=1;
		if(in[v[i]])deg[u[i]]--;
		if(in[u[i]])deg[v[i]]--;
		del(u[i]);
		del(v[i]);
	}
	for(i=1;i<=m;i++)
		printf("%d\n",ans[i]);
}

int main()
{
	iWork();
	return 0;
}

运气大战

题意概括：
$n$个人每个人有实力值$a[i]$，运气值有$C_r[i]$，运气值不变，但是作用到每个人身上的序列不同，但不会从$1——n$

20% $n\le 10,q\le 10$ 暴力
另30% $n\le 1000,q\le 100$ 这个点我也不记得为什么放了，但看起来很多人只拿到了50所以可能还是有点意义的？
另20% $n\le 30000,q\le 500$ nq 的 dp
100% $2\le n\le 30000,1\le q\le 10000,1\le w_i,r_i\le 1e6,1\le a_i̸=b_i\le n$
由于排序不等式，我们尽量想顺序放。两边都排序。
由于 n 个不能配的干扰，又不能完全顺序放。
有个结论，最后匹配出第 i 个人的运气值是第 j 个的话，$|i-j|\le 2$。这个结论从最小化逆序对的个数来看，自己把附近几个线连起来画一画证明一下。
这样就可以用 dp[i]表示到 i 为止所有配好的最优答案。计算的时候需要用到前三轮的答案然后讨论一下。这个是 O(nq)的，可以过70%。
用线段树记录区间答案。区间记录这样的信息：把这个区间前0-2个和后0-2个元素去掉的答案，用3x3的矩阵维护。这样复杂度是O(qlogn)。

// http://noi.ac/submission/35643
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;

#define A first
#define B second
typedef long long ll;

int n,q;
vector<pair<int,int> > L, R;
int whereL[30013], whereR[30013];
ll cost[30013][2];
ll dp[30013];

const ll INF = -3.1e16;

inline ll match(int a, int b) {
	if (a<=0 || b<=0 || a>n || b>n) return INF;
	return (ll) L[a].A*R[b].A;
}

inline void update(int i) {
	if (i<=0 || i>n) return;
	cost[i][0] = match(i,i+1)+match(i+1,i);
	cost[i][1] = max(match(i,i+1)+match(i+1,i+2)+match(i+2,i),match(i,i+2)+match(i+1,i)+match(i+2,i+1));
}

int main() {
	scanf("%d%d",&n,&q);
	for (int i=0;i<=n;i++) {
		L.push_back(make_pair(0,i));
		R.push_back(make_pair(0,i));
	}
	for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&L[i].A);
	for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&R[i].A);
	sort(L.begin(),L.end());
	sort(R.begin(),R.end());
	for (int i=1;i<=n;i++) {
		whereL[L[i].B] = i;
		whereR[R[i].B] = i;
	}
	for (int i=1;i<=n;i++) update(i);
	for (int Q=0;Q<q;Q++) {
		int a,b;
		scanf("%d%d",&a,&b);
		swap(R[whereR[a]].B,R[whereR[b]].B);
		swap(whereR[a],whereR[b]);
		for (int i=-2;i<=0;i++) {
			update(whereL[a]+i);
			update(whereR[a]+i);
			update(whereL[b]+i);
			update(whereR[b]+i);
		}
		dp[n+1] = 0;
		for (int i=n;i;i--) {
			dp[i] = max(dp[i+2]+cost[i][0],dp[i+3]+cost[i][1]);
			if (L[i].B!=R[i].B) dp[i] = max(dp[i],(ll) L[i].A*R[i].A+dp[i+1]);
		}
		printf("%lld\n",dp[1]);
	}

	return 0;
}