Educational Codeforces Round 95 题解
背景
T1出了大锅导致unrated了……
最后排名在70左右，如果不算橙名及以上的那些，那就排到第10左右了，小号错失一波上分的好机会QAQ……
A
算一下需要的总木棍数，然后就能算出交易次数，要注意精度问题，需要用long double。
代码如下：
#include B
显然把能动的那些从大到小排序，大的尽量堆在前面，这样可以使每个前缀都尽可能的大。
代码如下：
#include C
dp一下即可，令 f [ i ] [ 0 / 1 ] f[i][0/1] f[i][0/1] 表示干掉了前 i i i 个 boss \text{boss} boss，此时是谁操作。
代码如下：
#include D
显然最后保留相邻的最远的一对垃圾堆，其他垃圾都要堆过来，用 s e t set set 啥的维护一下就好了。
代码如下;
#include ::iterator
#define it2 map::iterator
int T,n,q;
set<int> s;//维护所有垃圾
map<int,int> ans;//维护相邻垃圾的坐标差
void add(int x){
ans[x]++;}
void del(int x){
ans[x]--;if(!ans[x])ans.erase(x);}
void getans(){
if(s.size()<=2)printf("0\n");
else{
it p=s.end(),p1=s.begin();
it2 p2=ans.end();p--;p2--;
printf("%d\n",*p-*p1-p2->first);
}
}
int main()
{
// scanf("%d",&T);while(T--)
{
scanf("%d %d",&n,&q);s.clear();ans.clear();
for(int i=1,x;i<=n;i++)scanf("%d",&x),s.insert(x);
int last=0;for(int i:s){
if(last)ans[i-last]++;
last=i;
}
getans();
for(int i=1;i<=q;i++){
int id,x;
scanf("%d %d",&id,&x);
if(id==0){
it p=s.lower_bound(x),p1=p;
bool v=false,v1=false;
if(p!=s.begin())p--,del(x-*p),v=true;
if(p1!=s.end())p1++,del(*p1-x),v1=true;
if(v&&v1)add(*p1-*p);
s.erase(x);
}else{
s.insert(x);
it p=s.lower_bound(x),p1=p;
bool v=false,v1=false;
if(p!=s.begin())p--,add(x-*p),v=true;
if(p1!=s.end())p1++,add(*p1-x),v1=true;
if(v&&v1)del(*p1-*p);
}
getans();
}
}
}
E
对于每个盾牌，怪物分成两类：攻击力大于等于其防御值的，攻击力小于其防御值的。
令 a a a 为第一类怪物数量， b b b 为第二类怪物数量，盾牌耐久为 p p p。
考虑一只第一类怪物能造成伤害的情况数，如果 a ≤ p a\leq p a≤p 则为 0 0 0，否则为：
C a + b a C a − 1 p p ! b ! ( a − p ) ! C_{a+b}^a C_{a-1}^p p! b! (a-p)! Ca+baCa−1pp!b!(a−p)!
C a + b a C_{a+b}^a Ca+ba 是在序列中给两类怪物分配位置， C a − 1 p C_{a-1}^p Ca−1p 是从除了自己以外的第一类怪物中找 p p p 个放在自己前面，这样自己才能造成伤害，剩下的阶乘就是表示不在乎相对位置的怪物随便排列。
考虑一只第二类怪物能造成伤害的情况数，如果 a < p a a<p
C a + b b − 1 ( b − 1 ) ! a ! ( a − p + 1 ) C_{a+b}^{b-1}(b-1)!a!(a-p+1) Ca+bb−1(b−1)!a!(a−p+1)
C a + b b − 1 C_{a+b}^{b-1} Ca+bb−1 表示给除了自己以外的第二类怪物分配位置，而自己前面一定要有至少 p p p 个第一类怪物，所以剩下的 a + 1 a+1 a+1 个位置里面只有 a + 1 − p a+1-p a+1−p 个位置能放，然后阶乘依然表示不在乎相对顺序的怪物随便放。
注意上面求出来的是方案数，要乘上伤害再除以总方案数才是期望造成的伤害。
代码如下：
#include F
要满足 x 1 y 1 = x 2 y 2 x_1y_1=x_2y_2 x1y1=x2y2，相当于 x 2 x 1 = y 1 y 2 = a b \dfrac {x_2} {x_1}=\dfrac {y_1} {y_2}=\dfrac a b x1x2=y2y1=ba， a , b a,b a,b 是设出来的一个东西，并且满足 a > b a>b a>b。
还要满足 l ≤ x 1 y 1 ≤ r l\leq x_1y_1\leq r l≤x1y1≤r，即 ⌈ l x 1 ⌉ ≤ y 1 ≤ ⌊ r x 1 ⌋ \lceil \dfrac l {x_1} \rceil \leq y_1\leq \lfloor \dfrac r {x_1} \rfloor ⌈x1l⌉≤y1≤⌊x1r⌋，随着 x 1 x_1 x1 的减小这个区间的左右端点都会变大，上限是 m m m，记这个区间为 [ L , R ] [L,R] [L,R]。
先枚举 x 1 x_1 x1，然后考虑枚举 x 1 x_1 x1 的一个因子 b b b，问题变成：找到一个 y 1 ∈ [ L , R ] y_1\in[L,R] y1∈[L,R]，并且拥有一个大于 b b b 的因子 a a a，并且 x 2 = x 1 a b ≤ n x_2=x_1\dfrac a b\leq n x2=x1ba≤n。假如我们把 [ L , R ] [L,R] [L,R] 内的所有数的所有因子放到权值线段树里面，那么就是要找到大于 b b b 的一个最小的 a a a，然后找到这个 a a a 对应的 y 1 y_1 y1，有了 x 1 , y 1 , a , b x_1,y_1,a,b x1,y1,a,b，就可以求出 x 2 , y 2 x_2,y_2 x2,y2，最后判一下 x 2 x_2 x2 是否小于等于 n n n，如果是就找到一组可行解了。
[ 1 , n ] [1,n] [1,n] 的总因子数为 n ln n n\ln n nlnn，所以总复杂度大约就是 n log 2 n n\log^2 n nlog2n。（虽然题解也是这个复杂度并且也用到了线段树，但是蒟蒻并没有看懂题解在说什么，这个做法是蒟蒻瞎yy的qwq……）
代码如下：
#include G
考虑维护一个 o c c [ i ] occ[i] occ[i] 表示当前前缀中数字 i i i 的出现次数模 3 3 3 的值，如果一个区间 [ l , r ] [l,r] [l,r] 是合法的，那么 1 1 1 ~ l − 1 l-1 l−1 这个前缀的 o c c occ occ 数组和 1 1 1 ~ r r r 这个前缀的 o c c occ occ 数组肯定一样，这个可以用哈希来判断。
但是对于一个 r r r，并不是所有的拥有相同 o c c occ occ 的 l − 1 l-1 l−1 都合法，有些数可能出现了 6 6 6 次或以上，这个可以通过维护一个左端点 s t st st 来解决， s t st st 表示 l − 1 l-1 l−1 最左能取到什么位置，再往左取就会有某个数出现超过 3 3 3 次，然后每次 s t st st 右移的时候把原位置的 h a s h hash hash 值删掉即可。
代码如下：
#include