AcWing周赛62-64 中比较有意思的小题题解

AcWing周赛62-64（选讲）

感觉比较思维

4502. 集合操作

https://www.acwing.com/problem/content/4505/

根据题意，肯定要使得所取的最大值最大，平均值最小。又因为每次放进来的的数字都是递增的，所以最大值必然取的是最新放入的那个 \(x\), 接下来考虑平均值，要使平均值尽可能小的话，就要保证数是从小到大取的，然后我们输入的x恰好满足了不减的性质，所以只需要维护一个前缀和(记录之前输入的x),然后从头依次选取，直到找到最小的平均值。
平均值满足一条性质：先递减后递增（常识，可以多写几项找规律），所以一旦发现平均值变大了，那么代表已经找到了最优答案。
还有一个性质就是当前的平均数是连着往后找的，不会回退，因为满先减后增的性质，严谨的证明可以去看y总的视频

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long

using namespace std;
const int N = 5e5 + 5;
int m, cnt = 1, sum[N];

signed main () {
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
    cin >> m;
    int i = 1;
    while (m --) {
        int x, op;
        cin >> op;
        if (op == 1) {
            cin >> x;
            sum[cnt] = sum[cnt-1] + x;
            ++ cnt;
        }

        else {
            double ans = x;
            //int x = sum[cnt] - sum[cnt-1];

            for (; i < cnt; i ++) {
                //cout << "sum=" << sum[i] << endl;
                double aver = 1.0 * (sum[i] + x) / (i + 1);
                //经化简，只需比较x_{k+1}与上一个aver
                //cout << "aver=" << aver << endl;
                if (aver > ans)     break;
                ans = min (aver, ans);
            }
            i--;
            cout << fixed << setprecision(6) << x - ans << endl;
        }
    }
}

//后缀和优化

4501. 收集卡牌

https://www.acwing.com/problem/content/4504/

很简单的小题，但是一开始脑子没转过来，如果是第一次出现，就计入 \(cnt\)，集齐了就一次性 \(erase\)

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int N = 1e5 + 5;
int n, m, a[N];

int main () {
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
    cin >> n >> m;
    int cnt = 0;
    while (m --) {
        int x;
        cin >> x;
        if (a[x] == 0)    cnt ++;
        a[x] ++;

        if (cnt == n) {
            cout << 1;
            for (int i = 1; i <= n; i ++) {
                a[i] --;
                if (a[i] == 0)  cnt --;
            }
        }
        else    cout << 0;
    }
}

4504. 字符串消除

https://www.acwing.com/problem/content/4507/

很难不让人想到上场多校的F - Candies

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

int main () {
    string s;
    cin >> s;
    int n = s.size(), cnt = 0;
    stack <char> q;
    for (int i = 0; i < n; i ++) {
        if (q.empty())  q.push (s[i]);
        else {
            if (s[i] == q.top ()) {
                q.pop(), cnt ++;
            }
            else    q.push (s[i]);
        }
    }
    if (cnt & 1)    cout << "Yes\n";
    else    cout << "No\n";
}

4505. 最大子集

https://www.acwing.com/problem/content/4508/

不懂数学，感觉十分的困难

(懒得打公式，就丑丑的手写)

所以只需枚举数和公差即可。
要注意 \(multiset\) 比手写的 \(hash\) 慢，所以还是乖乖手写把

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int N = 2e5 + 5,  M = 1999997, INF = 0x3f3f3f3f;
int n, h[M], a[N];
multiset <int> s;
vector <int> ans, tmp;

int find(int x) {
    int t = (x % M + M) % M;
    while (h[t] != INF && h[t] != x)
        if ( ++ t == M)
            t = 0;
    return t;
}

void print () {
    cout << "tmp: ";
    for (auto i : tmp)  cout << i << ' ';cout << endl;
    cout << "ans: ";
    for (auto i : ans)  cout << i << ' ';cout << endl;
}

int main () {
    scanf ("%d", &n);
    for (int i = 0; i < n; i ++)    scanf ("%d", &a[i]);
    sort (a, a + n);
    memset(h, 0x3f, sizeof h);


    //for (auto i : s)    cout << i << ' ';cout << endl;
    
    int cnt = 0;
    for (int i = 0; i < n; i++)  {//枚举数
        for (int j = 0; j <= 30; j++) { //枚举公差
            int d = (1 << j);
            tmp.push_back (a[i]);
            for (int k = 1; k <= 2; k++) { //看看与i相差2^j,2^{j+1}的数是否都存在
                int x = a[i] - d * k;
                //cout << "x=" << x << endl;
                if (h[find(x)] == INF)    break;
                tmp.push_back(x);
            }

            //看看放够没
            int sz = tmp.size();
            //print();
            if (cnt < sz) {
                cnt = sz;
                ans.clear();
                for (auto k : tmp)  ans.push_back (k);
                if (cnt == 3)   break; //找到答案了
            }
            tmp.clear();
            //print();
        }
        if (cnt == 3)   break; //找到答案了
        h[find(a[i])] = a[i];
    }

    cout << cnt << endl;
    //int x = ans[0], y = ans[1], z = ans[2];
    
    for (auto i : ans)  cout << i << ' ';

}

//找到一个该集合的最大子集，
//要求子集内的元素满足任意两元素之差的绝对值都是 2 的整数幂。

这题都整了老半天...

4507. 子数组异或和

https://www.acwing.com/problem/content/4510/

有意思的一道小题
主要是要考虑到异或与加法存在某种相似的关系，然后同理利用前缀和的性质来做

分析：
异或与加法有类似性质，所以可以直接使用前缀和
左半边 \(\bigoplus\) 右半边 \(= 0\)
\([i,j]\) 满足条件即 \(s_j\bigoplus s_{i-1}=0 -> s_j=s_{i-1}\)
hash统计出现过的次数
因为长度是偶数，所以下标分奇偶讨论

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long

using namespace std;
const int N = 3e5 + 5;
int n, a[N], ans, sum;
unordered_map <int, int> h[2]; //

signed main () {
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i ++)   cin >> a[i];
    h[0][0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        sum ^= a[i]; //前缀异或和
        ans += h[i & 1][sum];
        h[i & 1][sum] ++;
    }
    
    cout << ans << endl;
}

//异或与加法有类似性质，所以可以直接使用前缀和
//左半边 ^ 右半边 = 0
//[i,j]满足条件即s[j]^s[i-1]=0 -> s[j]=s[i-1]
//hash统计出现过的次数
//因为长度是偶数，所以分奇偶讨论

4508. 移动的点

https://www.acwing.com/problem/content/4511/

因为是匀速，所以 \(a,b\) 能相遇的充要条件是 \(a,b\) 的速度向量为同一方向，且不是相对静止（就算 \(a\) 在 \(b\) 的后面，速度比他小也能相遇，因为时间是 \(-\infty\) 到 \(\infty\)）

那么判断速度向量相等就只需要满足：

\[\frac{v_{y_j}-v_{y_i}}{v_{x_j}-v_{x_i}}=a \]

即斜率相等
转化一下就变为

\[v_{y_j}-av_{x_j}=v_{y_i}-av_{x_i} \]

判断不是相对静止可以拿个 \(hash\) 表来存，同理，判斜率相等亦然

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long

using namespace std;
typedef pair<int, int> pii;
map<pii, int> V; //相对速度
map<int,int> W; //wi,速度方向
int ans;

signed main () {
    int n, a, b;
    cin >> n >> a >> b;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        int x, vx, vy;
        cin >> x >> vx >> vy;
        int w = a * vx - vy;
        ans += W[w] - V[{vx, vy}];
        W[w] ++, V[{vx, vy}] ++;
    }
    cout << ans * 2; //ab相遇算两次
}


//相遇必须满足:(v_{yj} - v_{yi})/(v_{xj} - v_{xi})=a
//即a*v_{xj} - v_{yj} = a*v_{xi} - v_{yi}且相对速度不为0