比赛链接：
https://ac.nowcoder.com/acm/contest/33189
A.Task Computing
题意：
从 \(n\) 个服务器中选择 \(m\) 个提供服务，每个服务器有两个属性 \(w\) 和 \(p\)，选择的服务器提供的总权值为 \(\sum_{i = 1}^{m} w_{a_i} \prod_{j = 0}^{i - 1} p_{a_i}\)，求出总权值最大为多少。
思路：
首先要对服务器进行排序，现在有两个服务器 \(i\) 和 \(j\)，假设最后的排序为 \(i < j\)。
那么满足的条件为 \(w_i + w_j * p_i < w_j + w_i * p_j\)。
因为题目给定的是 \(q\)（\(p = \frac{p}{10000}\)），对公式进行移项 \(w_i * (1 - p_j) < w_j * (1 - p_i)\)。
排完序之后，枚举每个服务器进行转移，定义 \(dp[i][j]\) 表示前 \(i\) 个服务器选择了 \(j\) 个服务器能获得的最大权值。
类似于 01 背包，可以压缩一下，变成 \(dp[j]\)，然后转移即可。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
LL n, m;
cin >> n >> m;
vector < array<LL, 2> > a(n);
for (int i = 0; i < n; i ++ )
cin >> a[i][0];
for (int i = 0; i < n; i ++ )
cin >> a[i][1];
sort(a.begin(), a.end(), [&](auto x, auto y){
return x[0] * (10000 - y[1]) < y[0] * (10000 - x[1]);
});
vector <double> dp(m + 1);
for (int i = 0; i < n; i ++ ){
for (int j = m; j >= 1; j -- ){
dp[j] = max(dp[j], dp[j - 1] * 0.0001 * a[i][1] + a[i][0]);
}
}
cout << fixed << setprecision(15) << dp[m] << "\n";
return 0;
}
D.Jobs (Easy Version)
题意：
有 \(n\) 家公司，第 \(i\) 家公司有 \(m_i\) 个工作，当一个人的 IQ，EQ，AQ 都满足工作的要求时，他才能胜任这份工作，当一个人能胜任公司中任何一份工作，他就会被公司录用，现在有 \(q\) 次询问，每次询问给出一个人的三商，问他能被几家公司录用。
思路：
定义 \(dp[i][a][b]\) 表示第 \(i\) 家公司录取 IQ 为 \(a\)，EQ 为 \(b\) 的人需要的 \(AQ\) 最低为多少，容易得到转移方程。
题目需要的答案可以通过递推优化一下，秦九韶算法。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
const int mod = 998244353;
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
LL n, q;
cin >> n >> q;
vector dp(n, vector(401, vector<LL>(401, 401)));
for (int i = 0; i < n; i ++ ){
LL m;
cin >> m;
for (int j = 0; j < m; j ++ ){
LL a, b, c;
cin >> a >> b >> c;
dp[i][a][b] = min(dp[i][a][b], c);
}
for (int a = 1; a <= 400; a ++ )
for (int b = 1; b <= 400; b ++ ){
dp[i][a][b] = min(dp[i][a][b], dp[i][a - 1][b]);
dp[i][a][b] = min(dp[i][a][b], dp[i][a][b - 1]);
}
}
LL seed;
cin >> seed;
mt19937 rng(seed);
uniform_int_distribution<> u(1, 400);
auto solve = [&](LL a, LL b, LL c){
LL ans = 0;
for (int i = 0; i < n; i ++ )
ans += (c >= dp[i][a][b]);
return ans;
};
LL lastans = 0, ans = 0;
for (int i = 1; i <= q; i ++ ){
LL IQ = (u(rng) ^ lastans) % 400 + 1;
LL EQ = (u(rng) ^ lastans) % 400 + 1;
LL AQ = (u(rng) ^ lastans) % 400 + 1;
lastans = solve(IQ, EQ, AQ);
ans = (ans * seed + lastans) % mod;
}
cout << ans << "\n";
return 0;
}
H.Wall Builder II
题意：
有长为 1 的矩形 \(n\) 个，长为 2 的矩形 \(n - 1\) 个，...，长为 \(n\) 的矩形 1 个，所有矩形的高度为 1，将这些矩形拼成一个大矩形，求出拼成的大矩形的周长的最小值，并输出每个矩形放置的位置（左下角的坐标和右上角的坐标）。放置矩形的时候是将长的那条边对应 \(x\) 轴放置，不能旋转矩形再放置。
思路：
因为矩形的总面积确定了，所以可以枚举可能的长和高，然后每次判断一下当前的矩形能不能拼出来。
通过 \(multiset\) 去存每个矩形，删除的时候需要删除指定位置，不能删某个值（\(multiset\) 删除值会将集合中所有等于这个值的元素都删除）。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
void solve(){
LL n;
cin >> n;
LL area = 0;
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
area += i * (n - i + 1);
LL ans = 1e9;
vector < vector<LL> > point(n * (n + 1) / 2);
auto check = [&](LL w, LL h){
vector < vector<LL> > t(n * (n + 1) / 2);
multiset <LL> seg;
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
for (int j = 1; j <= n - i + 1; j ++ )
seg.insert(i);
LL cnt = 0;
for (int i = 0; i < h; i ++ ){
LL tw = w;
while(tw > 0){
auto it = seg.lower_bound(tw);
LL len = *it;
LL mx = *(prev(seg.end()));
if (len > mx){
len = mx;
it = prev(seg.end());
}
if (len > tw) return;
seg.erase(it);
t[cnt].push_back(w - tw);
t[cnt].push_back(i);
t[cnt].push_back(w - tw + len);
t[cnt].push_back(i + 1);
cnt ++ ;
tw -= len;
}
}
ans = min(ans, 2 * (w + h));
for (int i = 0; i < n * (n + 1) / 2; i ++ )
point[i] = t[i];
};
for (int w = 1; w <= area / w; w ++ ){
if (area % w == 0){
check(w, area / w);
check(area / w, w);
}
}
cout << ans << "\n";
for (int i = 0; i < n * (n + 1) / 2; i ++ )
for (int j = 0; j < 4; j ++ )
cout << point[i][j] << " \n"[j == 3];
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
LL T = 1;
cin >> T;
while(T -- ){
solve();
}
return 0;
}
K.NIO's Sword
题意：
有一把初始攻击力为 \(A(A = 0)\) 的剑，需要依次杀死 \(n\) 个敌人（从 1 到 \(n\)），当剑的攻击力模 \(n\) 与 \(i\) 同余的时候，可以杀死第 \(i\) 个敌人。可以升级剑，选择一个值 \(x(0 <= x <= 9)\)，让 \(A = A * 10 + x\)，问最少需要升级多少次才能杀死 1 到 \(n\) 的所有敌人。
思路：
设 \(k\) 为升级的次数，那么可以得到 \((i - 1) * 10^k + x \equiv i (mod n)\)，\(x\) 为一个小于 \(10^k\) 的数。所以 \(x = i - (i - 1) * 10^k\)，因为数据限制，所以枚举 \(x\) 是否存在即可。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
LL fac[] = {1, 10, 100, 1000, 10000, 100000, 1000000};
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
LL n;
cin >> n;
if (n == 1){
cout << "0\n";
}
else{
LL ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i ++ ){
for (int j = 1; j <= 6; j ++ ){
LL x = (i - fac[j] * (i - 1) % n + n) % n;
if (x < fac[j]){
ans += j;
break;
}
}
}
cout << ans << "\n";
}
return 0;
}
N.Particle Arts
题意：
有 \(n\) 个粒子，每个粒子有一个值 \(a_i\)，两两之间会不断相互碰撞，\(a_i\) 和 \(a_j\) 碰撞后，\(a_i = a_i and a_j\)，\(a_j = a_i or a_j\)，问最后稳定之后的粒子的方差收敛至多少。
思路：
假设碰撞后，左边的值为 \(or\) 的值，那么最后稳定状态下，每一位上的 1 肯定都挤在左边，容易得到稳定之后的序列。
因为直接求会溢出，根据 \(D(x) = E(x^2) - E(x) ^ 2\) 求解即可。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
LL n;
cin >> n;
vector <LL> a(n), bit(20);
for (int i = 0; i < n; i ++ ){
cin >> a[i];
LL cnt = 0;
while(a[i]){
bit[cnt ++ ] += (a[i] & 1);
a[i] >>= 1;
}
}
LL sum1 = 0, sum2 = 0;
for (int i = 0; i < n; i ++ ){
for (int j = 15; j >= 0; j -- ){
a[i] <<= 1;
if (bit[j]){
a[i] ++ ;
bit[j] -- ;
}
}
sum1 += a[i];
sum2 += a[i] * a[i];
}
LL p = sum2 * n - sum1 * sum1;
LL q = n * n;
LL g = gcd(p, q);
cout << p / g << "/" << q / g << "\n";
return 0;
}
