AtCoder Grand Contest 022

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D. Shopping

考虑最后的结果一定是等了若干轮的车，换句话说答案一定是 \(2L\) 的倍数。这样可以直接将所有时间 \(x_i\) 中 \(2L\) 的部分直接记入答案。

考虑最坏情况一定是每个商场都等一圈，这样加上来回的一圈共 \(n+1\) 圈。考虑怎样可以减少圈数。

首先如果一个商场不用等待（\(x_i\equiv 0\)）那么直接跳过。

然后对于每个商场我们判断如果往左下车能否往右上车（left 性质）/往右下车能否往左上车（right 性质）。对于最后一个商场，如果满足 left，就不用最后再绕一圈了。

如果一个商场既不满足 left 也不满足 right，那么这个商场一定只能等一圈。否则考虑剩下的商场可以配对，即最后所有 right 和 left 可以用类似括号序的方式配对。

注意交叉匹配会出问题，所以最后一定是左边若干 right 匹配右边若干 left。

复杂度 \(O(n)\)。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define N 300010
using namespace std;
int a[N],x[N],op[N],l[N],r[N];
bool vis[N];
int main()
{
    int n,L;
    scanf("%d%d",&n,&L);L*=2;
    long long ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&x[i]);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),ans+=a[i]/L,a[i]%=L;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    if(!a[i]) --ans,vis[i]=true;
    else l[i]=L>=a[i]+2ll*x[i],r[i]=2*x[i]>=a[i],vis[i]=!l[i] && !r[i];
    ans+=n+!l[n];
    int s=0,c=0,p=n;
    for(int i=1;i<n;i++)
    if(!vis[i])
    {
        if(!l[i]){p=i;break;}
        if(r[i]) ++c;
        else if(c) --c,--ans;
    }
    s=c;
    for(int i=n-1;i>=p;i--)
    if(!vis[i])
    {
        if(!r[i]) break;
        if(l[i]) ++c;
        else if(c>s) --c,--ans;
    }
    ans-=c/2;
    printf("%lld\n",L*ans);
    return 0;
}

E. Median Replace

加强版原题

F. Checkers

题解