Educational Round 66 题解

作为橙名来水了一发……

这次题目就比上次良心多了。7题有5题会做。

然而风格仍然很怪异……还是练少了？

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A

水题。不过一开始没注意细节挂了几发，罚时罚的真痛……

明显是能除以 $k$ 就除以 $k$，否则就 $-1$。但注意不能直接最裸的模拟。

时间复杂度 $O(T\log n)$。

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> PII;
const int maxn=100010;
#define MP make_pair
#define PB push_back
#define lson o<<1,l,mid
#define rson o<<1|1,mid+1,r
#define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define MEM(x,v) memset(x,v,sizeof(x))
inline ll read(){
    char ch=getchar();ll x=0,f=0;
    while(ch<'0' || ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar();
    while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    return f?-x:x;
}
int t;
ll n,k,cnt;
int main(){
    t=read();
    while(t--){
        n=read();k=read();
        cnt=0;
        while(n){
            if(n%k==0) n/=k,cnt++;
            else{
                ll t=n/k*k;
                cnt+=n-t;
                n=t;
            }
        }
        cout<endl;
    }
}

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B

堪比NOIP2017D1T2的模拟程序。

有很多细节，然后我的同学们就全挂了，就我一个幸存？？？

用 $y[i]$ 表示到第 $i$ 行时共会循环多少次，$hhh[i]$ 表示 $y[i]$ 是否溢出。

代码写着也不是很难受。时间复杂度 $O(n)$。

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> PII;
const int maxn=100010;
#define MP make_pair
#define PB push_back
#define lson o<<1,l,mid
#define rson o<<1|1,mid+1,r
#define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define MEM(x,v) memset(x,v,sizeof(x))
inline ll read(){
    char ch=getchar();ll x=0,f=0;
    while(ch<'0' || ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar();
    while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    return f?-x:x;
}
int l,stk[maxn],tp;
char op[maxn][10];
bool hhh[maxn];
ll x,y[maxn],a[maxn];
int main(){
    l=read();
    FOR(i,1,l){
        scanf("%s",op[i]+1);
        if(op[i][1]=='f') a[i]=read();
    }
    y[0]=1;
    FOR(i,1,l){
        if(op[i][1]=='f'){
            stk[++tp]=i;
            y[i]=y[i-1]*a[i];
            if(hhh[i-1] || y[i]>=(1ll<<32)) hhh[i]=true;
        }
        else{
            if(op[i][1]=='e') y[i]=y[stk[tp]-1],hhh[i]=hhh[stk[tp]-1],tp--;
            else{
                y[i]=y[i-1];hhh[i]=hhh[i-1];
                if(hhh[i]) return puts("OVERFLOW!!!"),0;
                x+=y[i];
                if(x>=(1ll<<32)) return puts("OVERFLOW!!!"),0;
            }
        }
    }
    cout<endl;
}

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C

有一点点点点的难度。

发现对于一个点，与它前 $k$ 近的点是一个长度为 $k$ 的区间。

枚举这个区间，对于一个区间最优答案在中点取得。对所有中点取个最优即可。

时间复杂度 $O(\sum n)$。

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> PII;
const int maxn=200020;
#define MP make_pair
#define PB push_back
#define lson o<<1,l,mid
#define rson o<<1|1,mid+1,r
#define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define MEM(x,v) memset(x,v,sizeof(x))
inline ll read(){
    char ch=getchar();ll x=0,f=0;
    while(ch<'0' || ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar();
    while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    return f?-x:x;
}
int t,n,k,a[maxn],x,y;
int main(){
    t=read();
    while(t--){
        n=read();k=read()+1;
        FOR(i,1,n) a[i]=read();
        y=1e9;
        FOR(l,1,n-k+1){
            int r=l+k-1,mid=(a[l]+a[r])>>1;
            if(a[r]-a[l]mid;
        }
        printf("%d\n",x);
    }
}

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D

比B和C还水的水题。

我们假设分割点是 $x_1,x_2,x_3,\cdots,x_{k-1},x_k$。注意 $x_1=1$。那么题目中的式子就是 $\sum suf[x_i]$。（$suf$ 是后缀和）

那么在 $suf[2],suf[3],\cdots,suf[n]$ 中取前 $k-1$ 大，再与 $suf[1]$ 相加就是答案。

时间复杂度 $O(n\log n)$。

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> PII;
const int maxn=300030;
#define MP make_pair
#define PB push_back
#define lson o<<1,l,mid
#define rson o<<1|1,mid+1,r
#define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define MEM(x,v) memset(x,v,sizeof(x))
inline ll read(){
    char ch=getchar();ll x=0,f=0;
    while(ch<'0' || ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar();
    while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    return f?-x:x;
}
int n,k,a[maxn];
ll suf[maxn],ans;
int main(){
    n=read();k=read();
    FOR(i,1,n) a[i]=read();
    ROF(i,n,1) suf[i]=suf[i+1]+a[i];
    sort(suf+2,suf+n+1,greater());
    ans=suf[1];
    FOR(i,2,k) ans+=suf[i];
    cout<<ans;
}

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E

开始有难度了。

首先发现对于左端点相同的区间，只需要保留右端点最右的一个。

（以下设询问区间为 $[x,y]$）

然后假设 $[x,y_0]$ 已经被完全覆盖了，那么下一个要选的区间的左端点要 $\le y_0$，且右端点尽可能右。

设 $mx[l]$ 表示左端点 $\le l$ 的区间中的最右右端点。

那么问题就变成从 $x$ 开始跳，跳到 $mx[x]$，再跳到 $mx[mx[x]]$……一直跳跳到 $\ge y$ 为止，问要多少步。

那么就是显然的倍增了。

设 $to[i][j]$ 表示从 $i$ 开始跳 $2^j$ 会跳到哪。那么有 $to[i][0]=mx[i],to[i][j]=to[to[i][j-1]][j-1]$。

对于每个询问，先判无解。

否则从 $19$ 到 $0$ 枚举 $j$。如果 $to[x][j]

这时当 $to[x][0]

时间复杂度 $O(n+(q+A)\log A)$。（$A$ 为端点坐标最大值）

代码细节，为了不让 $to[i][j]

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=500050;
#define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define MEM(x,v) memset(x,v,sizeof(x))
inline ll read(){
    char ch=getchar();ll x=0,f=0;
    while(ch<'0' || ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar();
    while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    return f?-x:x;
}
int n,m,k=500000,mx[maxn],to[maxn][20];
int main(){
    n=read();m=read();
    FOR(i,0,k) mx[i]=i;
    FOR(i,1,n){
        int l=read(),r=read();
        mx[l]=max(mx[l],r);
    }
    FOR(i,1,k) mx[i]=max(mx[i-1],mx[i]);
    FOR(i,0,k) to[i][0]=mx[i];
    FOR(j,1,19) FOR(i,0,k) to[i][j]=to[to[i][j-1]][j-1];
    while(m--){
        int x=read(),y=read(),cnt=0;
        ROF(i,19,0) if(to[x][i]1<to[x][i];
        if(to[x][0]"-1");
        else printf("%d\n",cnt+1);
    }
}

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F,G

还不会，以后再来搞。

 

转载于:https://www.cnblogs.com/1000Suns/p/10987043.html