比赛链接：
https://codeforces.com/gym/102770
A. AD 2020
题目大意：
输入两个日期（日期范围是从 20000101 到 99991231），判断这两个日期及它们中间有多少个日期包含 202 这个子串。
思路：
预处理出每一个日期是否包含 202，然后做一个前缀和，询问的时候直接输出就行。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int T, a, b, c, d, e, f, t[10000][13][32], s[10005 * 14 * 35];
int cal(int x){
while (x > 100){
if (x % 1000 == 202) return 1;
x /= 10;
}
return 0;
}
void init(){
int day[13] = {0,31,28,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31}, cnt = 0;
for (int y = 2000; y <= 9999; y++)
for (int m = 1; m <= 12; m++){
int k = day[m];
if (m == 2 && ((y % 4 == 0 && y % 100 != 0) || (y % 400 == 0))) k++;
for (int d = 1; d <= k; d++){
t[y][m][d] = ++cnt;
s[cnt] = s[cnt - 1] + cal((y * 100 + m) * 100 + d);
}
}
}
void solve(){
cin >> a >> b >> c >> d >> e >> f;
cout << s[t[d][e][f]] - s[t[a][b][c] - 1] << "\n";
}
int main(){
init();
cin >> T;
while (T--)
solve();
return 0;
}
B. Bin Packing Problem
题目大意：
有 \(n\) 个物品，第 \(i\) 个物品为 \(a[i]\)，有无限个容量为 \(c\) 的空箱子，现有两种装箱的方法。
第一种：选择最前面的能放下物品的箱子放入物品
第二种：选择能放下物品且剩余容量最小的箱子放物品
问两种装箱方法各需要多少个箱子才能装完所有物品。
思路：
第一种装箱方法我们可以通过线段树来做，每个节点的值就是该箱子的容量，通过查询前面的箱子有没有足够的容量去存放物品，如果有就向左递归，没有就向右。
第二种装箱方法可以用 multiset 来做，因为 multiset 是有序的，可以用 lower_bound() 二分查找，直接将物品放入能放下该物品的最小容量的那个箱子。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e6 + 10;
int T, n, a[N], c, tr[N << 2];
void pushup(int u){
tr[u] = max(tr[u << 1], tr[u << 1 | 1]);
}
void build(int u, int l, int r){
if (l == r) tr[u] = c;
else {
int mid = l + r >> 1;
build(u << 1, l, mid);
build(u << 1 | 1, mid + 1, r);
pushup(u);
}
}
void update(int u, int l, int r, int p, int k){
if (l > p || r < p) return;
if (l == r) tr[u] -= k;
else {
int mid = l + r >> 1;
update(u << 1, l, mid, p, k);
update(u << 1 | 1, mid + 1, r, p, k);
pushup(u);
}
}
int query(int u, int l, int r, int k){
if (l == r){
if (tr[u] >= k) return l;
return n + 1;
}
int mid = l + r >> 1;
if (tr[u << 1] >= k) return query(u << 1, l, mid, k);
else return query(u << 1 | 1, mid + 1, r, k);
}
void ff(){
build(1, 1, n);
for (int i = 1; i <= n; i++)
update(1, 1, n, query(1, 1, n, a[i]), a[i]);
cout << query(1, 1, n, c) - 1 << " ";
}
void bf(){
multiset <int> s;
for (int i = 1; i <= n; i++){
auto it = s.lower_bound(a[i]);
if (it == s.end()) s.insert(c - a[i]);
else {
int x = *it;
s.erase(it); //multiset 可以存放重复数据，如果是删除某个值的话，会去掉多个箱子，导致答案错误，所以直接删除对应位置的元素
s.insert(x - a[i]);
}
}
cout << s.size() << "\n";
}
void solve(){
cin >> n >> c;
for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]);
ff();
bf();
}
int main(){
cin >> T;
while (T--)
solve();
}
E.Easy DP Problem
题目大意：
给了一个 dp 转移方程，以及一个序列，进行 q 次询问，要求输出询问的区间中，执行该 dp 方程的某个状态的答案。
思路：
举个栗子，当 m = 2，k = 2 时。
dp[2][2] = \(2^2\) + max(dp[1][2], dp[1][1] + b[2]) = \(2^2\) + max(\(1^2\) + max(dp[0][2], dp[0][1] + b[1]), \(1^2\) + max(dp[0][1], dp[0][0] + b[1]) + b[2]) = \(2^2\) + max(\(1^2\) + max(0, b[1]), \(1^2\) + max(0, b[1]) + b[2]) = \(2^2 + 1^2\) + b[2] + b[1]
通过一些例子，我们可以推得 \(dp[m][k] = \sum_{i = 1}^m i^2 + \sum_{i = m - k + 1}^m b[i]\)。
\(\sum_{i = 1}^m i^2\) 可以通过公式实现，那么问题就变成了找 \([l, r]\) 这个区间中最大的 \(m\) 个数，这个通过主席树实现。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
const int N = 1e5 + 10;
LL a[N], b[N];
struct ChairTree{
int idx = 0, root[N];
struct node{
int l, r;
LL cnt, sum;
}tr[N * 20];
int insert(int u, int l, int r, int k){
int v = ++ idx;
tr[v] = tr[u];
tr[v].cnt ++ ;
tr[v].sum += b[k];
if (l < r){
int mid = l + r >> 1;
if (k <= mid) tr[v].l = insert(tr[u].l, l, mid, k);
else tr[v].r = insert(tr[u].r, mid + 1, r, k);
}
return v;
}
LL query(int u, int v, int l, int r, LL k){
if (l == r) return b[l] * k;
LL res = tr[tr[v].r].cnt - tr[tr[u].r].cnt;
int mid = l + r >> 1;
if (k <= res) return query(tr[u].r, tr[v].r, mid + 1, r, k);
else return tr[tr[v].r].sum - tr[tr[u].r].sum + query(tr[u].l, tr[v].l, l, mid, k - res);
}
}ct;
LL C(LL x){
return x * (x + 1) / 2 * (2 * x + 1) / 3;
}
void solve(){
ct.idx = 0;
int n;
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i ++ ){
cin >> a[i];
b[i] = a[i];
}
sort(b + 1, b + n + 1);
int len = unique(b + 1, b + n + 1) - b - 1;
for (int i = 1; i <= n; i ++ ){
a[i] = lower_bound(b + 1, b + len + 1, a[i]) - b;
ct.root[i] = ct.insert(ct.root[i - 1], 1, len, a[i]);
}
int q;
cin >> q;
while(q -- ){
int l, r, k;
cin >> l >> r >> k;
cout << C(r - l + 1) + ct.query(ct.root[l - 1], ct.root[r], 1, len, k) << "\n";
}
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
int T;
cin >> T;
while(T -- ){
solve();
}
return 0;
}
K. Killing the Brute-force
题目大意：
给定标程和暴力方法在 \(n\) = 1,2,3... 所花的时间，找到最小的 \(n\) 使得三倍标程的时间可以卡掉暴力方法，即暴力方法的时间大于三倍标程时间。
思路：
就是判断 b 有没有大于 3 * a，简单地遍历一遍判断就行
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int T, n;
void solve(){
cin >> n;
vector <int> a(n), b(n);
for (int i = 0; i < n; i++)
cin >> a[i];
for (int i = 0; i < n; i++)
cin >> b[i];
for (int i = 0; i < n; i++)
if (a[i] * 3 < b[i]){
cout << i + 1 << "\n";
return;
}
cout << "-1\n";
}
int main(){
cin >> T;
while (T--)
solve();
return 0;
}
I. Invoking the Magic
题目大意：
有 \(n\) 双被弄混的袜子，即一双袜子中两只是不同的，每只袜子有且只有两只，现在有一个神奇的洗衣机，放入 \(n\) 双被弄混袜子后，它可以将它们对称地弄好，但是放入的每一种袜子都要有两只。洗衣机的大小由放入袜子的数量决定，输出洗衣机最小能是多少。
思路：
对于 \((a, b)\) 这一对袜子，我们得找到另一只 \(a\) 和另一只 \(b\)，同样的，当我们找的这一堆袜子中任何一只没有匹配，我们都要一直找下去，知道所有袜子都能匹配。
本质就是求连通块中点的数量，输出最小的那一个连通块的大小。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define fi first
#define pb push_back
#define pii pair <int, int>
#define se second
const int N = 1e6 + 10;
int T, n, a, b, c[N], cnt, ans;
vector <int> num, e[N];
vector <pii> p;
map <int, int> mp;
void init(){
cnt = 0;
ans = 0;
num.clear();
p.clear();
mp.clear();
for (int i = 1; i <= n; i++)
e[i].clear(), c[i] = 0;
}
int find(int x){
int l = 0, r = num.size() - 1;
while (l < r){
int mid = l + r >> 1;
if (num[mid] >= x) r = mid;
else l = mid + 1;
}
return r + 1;
}
void dfs(int x){
for (auto i : e[x]){
if (c[i]) continue;
c[i] = cnt;
dfs(i);
}
}
void solve(){
cin >> n;
init();
for (int i = 1; i <= n; ++ i){
scanf("%d%d", &a, &b);
p.pb({a, b});
num.pb(a);
num.pb(b);
}
sort(all(num));
num.erase(unique(all(num)), num.end());
for (auto i : p){
int x = find(i.fi), y = find(i.se);
e[x].pb(y);
e[y].pb(x);
}
for (int i = 1; i <= n; ++ i){
if (!c[i]){
cnt++;
dfs(i);
}
mp[c[i]]++;
}
for (auto i : mp)
ans = max(ans, i.se);
cout << ans << "\n";
}
int main(){
cin >> T;
while (T--)
solve();
return 0;
}
