Codeforces Round 922 (Div. 2)(A~D)补题

A题考虑贪心,要使使用的砖头越多,每块转的k应尽可能小,最小取2,最后可能多出来,多出来的就是最后一块k=3,我们一行内用到的砖头就是 m 2 \frac{m}{2} 2m下取整,然后乘以行数就是答案。

#include  
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define fep(i,a,b) for(int i = (a); i >= (b); --i)
#define ls p<<1
#define rs p<<1|1
#define PII pair
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define db double
#define endl '\n'
#define debug(a) cout<<#a<<"="<s[N]; 
int u[N],ans[N];

void solve()
{
	int n,m;cin>>n>>m;
	cout<>t;
	while(t--)
	solve();
	return 0;
}

B题就是猜的一个排序, 对于 i , a [ i ] + b [ i ] 越大我们就考虑将他往后放 , 有一点贪心的思想吧,如果 a [ i ] + b [ i ] 越大放在前面产生的逆序对可能就越多,所以我们考虑将大的往后放 对于i,a[i]+b[i]越大我们就考虑将他往后放,有一点贪心的思想吧,如果a[i]+b[i]越大放在前面产生的逆序对可能就越多,所以我们考虑将大的往后放 对于i,a[i]+b[i]越大我们就考虑将他往后放,有一点贪心的思想吧,如果a[i]+b[i]越大放在前面产生的逆序对可能就越多,所以我们考虑将大的往后放
b题wa了两发,第一次是排序的时候弄反了。
第二次写排序函数的时候降序就写 < 不要写 < = ,写了 < = r e 了 <不要写<=,写了<= re了 <不要写<=,写了<=re

#include  
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define fep(i,a,b) for(int i = (a); i >= (b); --i)
#define ls p<<1
#define rs p<<1|1
#define PII pair<int, int>
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define db double
#define endl '\n'
#define debug(a) cout<<#a<<"="<<a<<endl;
#define IOS ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
#define INF 0x3f3f3f3f 
#define x first
#define y second
//#define int long long
using namespace std;

const int N=2e5+10;
struct node
{
	int a,b,sum;
}kk[N];
bool cmp(node t1,node t2)
{
	return t1.sum<t2.sum;
}
void solve()
{
	int n;cin>>n;
	rep(i,1,n)	cin>>kk[i].a;
	rep(i,1,n)	cin>>kk[i].b;
	rep(i,1,n)	kk[i].sum=kk[i].a+kk[i].b;
	sort(kk+1,kk+1+n,cmp);
	rep(i,1,n)	cout<<kk[i].a<<' ';
	cout<<endl;
	rep(i,1,n)	cout<<kk[i].b<<' ';
	cout<<endl;
	
}
signed main()
{
	IOS	
//  	freopen("1.in", "r", stdin);
  	int t;
	cin>>t;
	while(t--)
	solve();
	return 0;
}

c题是位运算+贪心
一般1e18很可能就是 l o g log log的算法,涉及到异或这些很可能就是要考虑每一位的影响。
这道题就是需要考虑每一位对答案的贡献,这种贡献法也是很常用的思考方式。
赛时有框架了,但是贪心的细节没考虑好没过。
大佬指导的是位运算很多时候需要考虑贪心,因为位与位之间独立。
我们考虑如果a,b两个数的二进制下第i位
当 a i = b i 时无论 x 取何值这一位对答案的贡献都是 0 , 我们就然 x 的这一位为 0 因为 x 要小于 r , x 后面会有用 当a_i=b_i时无论x取何值这一位对答案的贡献都是0,我们就然x的这一位为0因为x要小于r,x后面会有用 ai=bi时无论x取何值这一位对答案的贡献都是0,我们就然x的这一位为0因为x要小于rx后面会有用
当 a i ≠ b i 时这时看 x i = 1 是否能然答案变小,如果可以就让 x i = 1 否则就然 x i = 0 当a_i\not=b_i时这时看x_i=1是否能然答案变小,如果可以就让x_i=1否则就然x_i=0 ai=bi时这时看xi=1是否能然答案变小,如果可以就让xi=1否则就然xi=0
x i = 1 需要建立在 x < r 的前提下 x_i=1需要建立在xxi=1需要建立在x<r的前提下

#include  
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define fep(i,a,b) for(int i = (a); i >= (b); --i)
#define ls p<<1
#define rs p<<1|1
#define PII pair<int, int>
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define db double
#define endl '\n'
#define debug(a) cout<<#a<<"="<<a<<endl;
#define IOS ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
#define INF 0x3f3f3f3f 
#define x first
#define y second
#define int long long
using namespace std;

const int N=64;
	
int work(int x,int i)
{
	return x&(1ll<<i);
}

void solve()
{
	int a,b,r;cin>>a>>b>>r;
	if(a<b)	swap(a,b);
	int ans=0;
	fep(i,60,0)
	{
		if(work(a,i)==work(b,i))	continue;
		if(r>=(1ll<<i))	
		{
			int kk=abs(ans+(work(a,i)^(1ll<<i))-(work(b,i)^(1ll<<i)));
			if(kk<abs(ans))	
			{
				ans=kk;
				r-=(1ll<<i);	
			}	
			else	ans+=(work(a,i)^0)-(work(b,i)^0);	
		}
		else	ans+=(work(a,i)^0)-(work(b,i)^0);	
	}
	cout<<abs(ans)<<endl;
}
signed main()
{
	IOS	
//  	freopen("1.in", "r", stdin);
  	int t;
	cin>>t;
	while(t--)
	solve();
	return 0;
}


D
二分+大根堆优化dp
首先需要二分答案,在b站的一个up看的讲解b站的up讲解
这种题目就是可以通过二分答案然后变成简单的check。
接下来需要考虑如何check,由于我们删数的位置不确定,同时我们需要求的是在满足一定条件下的最优化问题,这时我们可以考虑一下dp
f [ i ] 表示处理好的前 i 个(前 i 个的区间间隔均 < m i d ) f[i]表示处理好的前i个(前i个的区间间隔均f[i]表示处理好的前i个(前i个的区间间隔均<mid
并且删除第 i 个元素,所有删除元素的和的最小值 并且删除第i个元素,所有删除元素的和的最小值 并且删除第i个元素,所有删除元素的和的最小值
考虑转移 : f [ i ] = f [ k ] + a [ i ] , 其中 k 是满足区间和小于 m i d 的 f 中的最小值 考虑转移:f[i]=f[k]+a[i],其中k是满足区间和小于mid的f中的最小值 考虑转移:f[i]=f[k]+a[i],其中k是满足区间和小于midf中的最小值
我们可以看到枚举状态 O ( n ) ,枚举转移也需要 O ( n ) , 这样复杂度就是 O ( n 2 l o g n ) 我们可以看到枚举状态O(n),枚举转移也需要O(n),这样复杂度就是O(n^2logn) 我们可以看到枚举状态O(n),枚举转移也需要O(n),这样复杂度就是O(n2logn)
考虑优化可以用优先队列维护和双指针维护满足条件的区间,以及区间内的 f 的最小值 考虑优化可以用优先队列维护和双指针维护满足条件的区间,以及区间内的f的最小值 考虑优化可以用优先队列维护和双指针维护满足条件的区间,以及区间内的f的最小值
由于状态的设计所以状态需要计算到 n + 1 , 因为 n 有删或不删两种情况,这是一个常用的小技巧 由于状态的设计所以状态需要计算到n+1,因为n有删或不删两种情况,这是一个常用的小技巧 由于状态的设计所以状态需要计算到n+1,因为n有删或不删两种情况,这是一个常用的小技巧

#include  
#define int long long
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define fep(i,a,b) for(int i = (a); i >= (b); --i)
#define ls p<<1
#define rs p<<1|1
#define PII pair<int, int>
#define pll pair<long long, long long>
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define db double
#define endl '\n'
#define debug(a) cout<<#a<<"="<<a<<endl;
#define IOS ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
#define INF 0x3f3f3f3f 
#define x first
#define y second

using namespace std;

const int N=1e5+10;
int n,a[N],f[N];
	
bool check(int x)
{
	priority_queue<pll,vector<pll>,greater<pll>>q;
	int l=0,ss=0;
	q.push({0,0});
	rep(i,1,n+1)
	{
		while(l<i&&ss>x)	
		{
			ss-=a[l];
			l++;
		}
		while(q.size()&&q.top().y<l-1)	q.pop();
		f[i]=q.top().x+a[i];
		q.push({f[i],i});
		ss+=a[i];	
	}
	return f[n+1]<=x;
}

void solve()
{
	cin>>n;
	rep(i,1,n)	cin>>a[i];
	a[n+1]=0;
	int l=0,r=1e15;
	while(l<r)
	{
		int mid=(l+r)>>1;
		if(check(mid))	r=mid;
		else	l=mid+1;
	}
	cout<<l<<endl;
	rep(i,0,n+1)	f[i]=0;
}
signed main()
{
	IOS	
//  	freopen("1.in", "r", stdin);
  	int t;
	cin>>t;
	while(t--)
	solve();
	return 0;
}

你可能感兴趣的:(codeforces,算法,动态规划,maven,java-ee,spring,boot,spring,cloud,mybatis)