LGR-171

合集 - 套题做题笔记(3)

1.AT_dp 做题笔记2023-12-102.AT_zone2021 部分2024-01-05

3.LGR-1712024-01-14

收起

2024 首个 AK 的比赛，祭。

Water

分析

注意到答案一定是 $b$ 的倍数，那么究竟是多少倍呢？如果 $\lfloor \frac{a}{b}\rfloor <n$ 那么可以达到的就是比 $a$ 小的最大 $b$ 的倍数，否则是 $n\times b$。

Line

分析

注意到本题答案 $ans\in \{0,1,2\}$，且如果 $x_c\in \{x_a,x_b\}$，把 $CD$ 向上平移就可以相交，平移 $AB$ 同理。

如果两个条件，即 $x_c\in \{x_a,x_b\}$ 与 $y_a\in \{y_c,y_d\}$，都成立，两线段相交，答案为 $0$。

假如都不成立，需要移动两次，直到两条线段都过同一个点。

代码就不放了。

Reverse and Rotate

分析

2024 第一场 AK 的比赛，祭。

不难发现一点，不管如何操作，最终得到的串一定可以表示为原串翻转或不翻转后向右移动若干位。考虑维护是否翻转，与最后移动多少位。

是否翻转直接用 rev 的数量统计。移动的位数也好分析，我们提出以下几个结论：

• 向右移动 $m$ 位相当于向右移动 $mmod|S|$ 位。
• 向左移动 $m$ 位（$0\le m\le |S|$）相当于向右移动 $m-|S|$ 位。
• 翻转后向右移动 $m$ 位相当于向左移动 $m$ 位再翻转。

前两个非常好证，至于最后一个，我们考虑把 $S$ 扩展为一个无限长的串，以 abcde 为例，那么把它看成串 ...abcdeabcdeabcde... 中间的 $5$ 个字母，如果你翻转后再向右移动 $m$ 位，其实你从背面（感性理解一下）看就是向左移动了 $m$ 位，从背面看本质上是翻转操作，因此结论 $3$ 是成立的。

那么这就非常好办了，引入变量 $p$ 表示向右移动多少位，遇到 rev 就 $p\leftarrow |S|-p$，否则按照结论 $1,2$ 的来做。

AC Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
	string s;
	int n,flag=0,p=0;
	cin>>s>>n;
	while(n--)
	{
		string opt;
		cin>>opt;
		if(opt=="rev") flag^=1,p=s.size()-p;
		else if(opt=="<")
		{
			int m;
			cin>>m;
			m%=s.size();
			p+=s.size()-m;
			p%=s.size();
		}
		else
		{
			int m;
			cin>>m;
			m%=s.size();
			p+=m;
			p%=s.size();
		}
	}
	if(flag) for(int i=0;i<s.size()/2;i++) swap(s[i],s[s.size()-1-i]);
	if(!p) cout<<s;
	else
	cout<<s.substr(s.size()-p,p)+s.substr(0,s.size()-p);
	return 0;
} 

Choose

分析

2024 第一场 AK 的比赛，祭。

我们首先很容易发现一点，当子段长度为 $L_0$ 时，必定不比长度小于 $L_0$ 时的最小极差小，因此如果我们想最大化这个最小极差 $X$，我们需要找到最大子段长度 $L_0$，由于有子段数量限制 $k$，因此 $L_0=n+1-k$。所以，取每一个长度为 $L_0$ 的子段的极差的最小值，就是我们要求的最大 $X$。实现的话，可以使用 $O(1)$ 查询的 ST 表。

下一步考虑如何求 $L$。由于求的是最小的 $L$，且没有什么好的线性求法（至少我没想到），所以应该是二分。二分（不加 check）的复杂度为 $O(\log n)$（最大的长度仅有 $L_0=n+1-k$），因此 $O(n)$ 的 check 是可以的。枚举所有长为 $L$ 的子段，判断是否有 $k$ 个子段的极差大于等于 $X$ 即可。

赛时代码比较乱，加点注释。

AC Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int lg[100010],st[100010][22],st2[100010][22],n,k,x;
int check(int len,int jc)
{
	int tp=0;
	for(int i=1;i+len-1<=n;i++)
	{
		if(max(st[i][lg[len]],st[i+len-1-(1<<lg[len])+1][lg[len]])-min(st2[i][lg[len]],st2[i+len-1-(1<<lg[len])+1][lg[len]])>=jc) tp++;
        	//ST表求出最大值减去最小值，tp是极差大于X的子段数量
	}
	if(tp>=k) return 1;
	return 0;
}
void solve()
{
	mp.clear();
	cin>>n>>k;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>st[i][0],st2[i][0]=st[i][0];
	for(int j=1;j<=21;j++)
		for(int i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++)
			st[i][j]=max(st[i][j-1],st[i+(1<<(j-1))][j-1]);
	for(int j=1;j<=21;j++)
		for(int i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++)
			st2[i][j]=min(st2[i][j-1],st2[i+(1<<(j-1))][j-1]);
        //ST表预处理
	x=2e9;
	for(int i=1;i<=k;i++) x=min(x,max(st[i][lg[n-k+1]],st[i+n-k-(1<<lg[n-k+1])+1][lg[n-k+1]])-min(st2[i][lg[n-k+1]],st2[i+n-k-(1<<lg[n-k+1])+1][lg[n-k+1]]));
    	//X为每个长度为L0=n-k+1的子段的极差最小值
	cout<<x<<' ';
	int l=1,r=n+1-k,mid;
	while(l<r)
	{
		mid=(l+r)>>1;
		if(check(mid,x))
		{
			r=mid;
		}
		else l=mid+1;
	}//二分
	cout<<l<<endl;
}
signed main()
{
	lg[1]=0;lg[2]=1;
	for(int i=3;i<=1e5;i++) lg[i]=lg[i/2]+1;
    	//ST表预处理
	int t;
	cin>>t;
	while(t--) solve();
	return 0;
}