AtCoder Beginner Contest 314 A - Ex题解

AtCoder Beginner Contest 314

A - 3.14

嗯，你可以用string 存小数点后的...

B - Roulette

对于每一个金额，用个vector存 pair <>存一个人赌了多少，以及是哪一个人 。

C - Rotate Colored Subsequence

每种数用个双向链表记下来。

D - LOWER

我们观察到，对于2,3操作，只有最后一次有用，且具有全局性操作。

对于1操作，我们模拟，并看最后是否被覆盖就行了。

E - Roulettes

好一个题面

像一个背包，要平衡代价与收益，且是有依赖的背包，必须把小的更新完才能更新大的。

我们记\(f_i\)表示从\(i\)转移到\(m\)的期望次数。

\(f_i \leftarrow \min\{\frac{\sum_j f_{i - s_{j,k}}}{p_j}+c_j\}\)

F - A Certain Game

我们可以每次建立一个新点来存下每次合并后的team。

用并查集存下维护每个人的所属队伍。

最后一次dfs更新答案。

\(O(\alpha n)\)

G - Amulets

显然能打败的monster随我们所拥有的护身符数量单调不严格递增。

我们考虑双指针，然后我们所选护身符肯定是当前的前\(k\)大。

这个可以用平衡树权值线段树做，每次动态开点，线段树上二分即可。

#include <bits/stdc++.h>
#define for_(i,a,b) for (int i = (a); i < (b); i++)
#define rep_(i,a,b) for (int i = (a); i <= (b); i++)
#define per_(i,a,b) for (int i = (a); i >= (b); i--)
#define pii pair<int, int>
#define pll pair<ll, ll> 
#define ll long long
#define endl '\n'
#define int ll
using namespace std;
const int maxn = 3e5 + 10, mod = 998244353;// mod = 1949777;
int n, m, h;
int a[maxn], b[maxn];
int inf = 1e15;
const int N = 1.5e7;
struct node{
	int ls, rs, lv, rv, cnt, val;
}t[N];

int c[maxn];
int cnt = 1;
void upd(int p, int lv, int rv, int x, int y) {
	if (lv == rv) {
		t[p].cnt += y;
		t[p].val += lv * y;
		return;
	}
	int mid = (lv + rv) / 2;
	if (x <= mid) {
		if (!t[p].ls) t[p].ls = ++cnt, t[cnt].lv = lv, t[cnt].rv = mid;
		upd(t[p].ls, lv, mid, x, y);
	} else {
		if (!t[p].rs) t[p].rs = ++cnt, t[cnt].lv = mid + 1, t[cnt].rv = rv;
		upd(t[p].rs, mid + 1, rv, x, y);
	}
	t[p].cnt = ((t[p].ls ? t[t[p].ls].cnt : 0) +  (t[p].rs ? t[t[p].rs].cnt : 0));
	t[p].val = ((t[p].ls ? t[t[p].ls].val : 0) +  (t[p].rs ? t[t[p].rs].val : 0));
}
int fuct(int x) {
	int p = 1;
	if (t[p].cnt <= x) return t[p].val;
	int sum = 0;
	while(x) {
		if (t[t[p].rs].cnt <= x) {
			x -= t[t[p].rs].cnt;
			sum += t[t[p].rs].val;
			p = t[p].ls;
		} else {
			p = t[p].rs;
		}
		if (t[p].lv == t[p].rv) {
			sum += t[p].lv * x;
			break;
		}
	}
	return sum;
}
int ans[maxn];
signed main() {
	#ifdef LOCAL
		freopen("w.in", "r", stdin);
	#endif
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr);
	cin >> n >> m >> h;
	rep_(i, 1, n){
		cin >> a[i] >> b[i];
	}
	t[1].lv = 1, t[1].rv = inf;
	
	int j = 0, tot = 0;
	rep_(i, 0, m) {
		while(j <= n && tot - fuct(i) < h) {
			j++;
			tot += a[j];
			if (c[b[j]]) upd(1, 1, inf, c[b[j]], -1);
			c[b[j]] += a[j];
			if (c[b[j]]) upd(1, 1, inf, c[b[j]], 1); 
		}
		ans[i] = j - 1;
		
	}
	rep_(i, 0, m) {
		cout << ans[i] << ' ';
	}
	cout << endl;
 	return 0; 
}
//by whc
 
 

Ex - Disk and Segments

如果设\(f(x,y)\)表示在\((x, y)\)这个点对的答案值的话。

固定\(x\)，考察\(y\) ,显然是一个单峰函数。

扩展到二维，\(x\)应该也是个单峰函数，（但是本蒟蒻不会证）。

然后我们对两个维度分别三分逼近值。

对于一个点到线段的距离，可以叉积出面积然后除以底边长(orz wls)。