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🔖mex set 二分双指针思维

2023-11-25 22:05阅读: 763评论: 1推荐: 0

AtCoder Beginner Contest 330

A - Counting Passes (abc330 A)

题目大意

给定 $n$ 个学生的分数，以及及格分 $x$ ，问多少人及格了。

解题思路

依次判断即可。

神奇的代码

 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
 
int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int n, l;
    cin >> n >> l;
    int ans = 0;
    while (n--) {
        int x;
        cin >> x;
        ans += (x >= l);
    }
    cout << ans << '\n';
 
    return 0;
}

B - Minimize Abs 1 (abc330 B)

题目大意

回答 $n$ 个问题，每个问题给定 $a,l,r$ ，问函数 $f(x) = |x - a|$ 在 $[l,r]$ 的最小值。

解题思路

全定义域下，最小值显然在 $x=a$ 取得。绝对值函数图像是 $V$ 型。

现在限定在 $[l,r]$ ，则分 $a \leq l, a \geq r, l < a < r$ 三种情况分别讨论极值即可。即分别在 $x=l, x=r, x=a$ 取得最小值。

神奇的代码

 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
 
int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int n, l, r;
    cin >> n >> l >> r;
    while (n--) {
        int a;
        cin >> a;
        if (a <= l)
            cout << l << ' ';
        else if (a >= r)
            cout << r << ' ';
        else
            cout << a << ' ';
    }
 
    return 0;
}

C - Minimize Abs 2 (abc330 C)

题目大意

给定 $d$ ，问函数 $f(x,y) = |x^2 + y^2 - d|$ 的最小值。

解题思路

枚举 $x$ 的取值，范围是 $[1,2e6]$ ，然后得 $y^2 = abs(d - x * x)$ ，分别取 $y_1 = \lfloor \sqrt{y^2} \rfloor, y_2 = \lceil \sqrt{y^2} \rceil$ ，由于会有一正一负的情况( $x^2 + y_1^2 \leq d, x^2 + y_2^2 \geq d$ )，取 $\min(f(x, y_1), f(x, y_2))$ ，对所有 $x$ 取最小值即可。

神奇的代码

 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
 
int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    LL d;
    cin >> d;
    int up = 2e6;
    LL ans = 1e18;
    for (int i = 0; i <= up; ++i) {
        LL x = 1ll * i * i;
        LL y = abs(d - x);
        LL y1 = floor(sqrt(y)), y2 = ceil(sqrt(y));
        ans = min({ans, abs(x + y1 * y1 - d), abs(x + y2 * y2 - d)});
    }
    cout << ans << '\n';
 
    return 0;
}

D - Counting Ls (abc330 D)

题目大意

给定一个包含ox的二维矩阵。问所有的满足下述条件的三元组下标数量。

这三个三元组对应的符号都是o。
恰有两个三元组同一行。
恰有两个三元组同一列。

解题思路

三元组组成的图形都是形如

 oo oo o   o
o   o oo oo

由此我们枚举转折点的o，由这个o组成的图形的数量就是 $(row[i] - 1) \times (col[j] - 1)$ ，其中 $row[i],col[j]$ 表示这个 o所在行和列的o的数量。累计所有的这些o即是答案。

注意答案可能会超int。

神奇的代码

 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
 
int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int n;
    cin >> n;
    vector<string> s(n);
    for (auto& i : s) {
        cin >> i;
    }
    vector<int> col(n), row(n);
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        row[i] = ranges::count(s[i], 'o');
        for (int j = 0; j < n; ++j)
            col[i] += (s[j][i] == 'o');
    }
    LL ans = 0;
    for (int i = 0; i < n; ++i)
        for (int j = 0; j < n; ++j) {
            if (s[i][j] == 'o') {
                ans += 1ll * (row[i] - 1) * (col[j] - 1);
            }
        }
    cout << ans << '\n';
 
    return 0;
}

E - Mex and Update (abc330 E)

题目大意

给定一个数组 $a$ ，进行如下操作。

每次操作令 $a_i = x$ 。然后输出 $mex(a)$ 。

$mex(a)$ 表示数组 $a$ 未出现的最小非负整数。

解题思路

考虑如何求出一个数组的 $mex$ ，我们可以记 $visit[i]$ 表示数字 $i$ 的出现次数，那每次求 $mex$ 可以从小到大遍历该数组，找到第一个出现次数为 $0$ 的下标即是答案。

但这复杂度可能会高达 $O(n)$ ，考虑更快速的方法，我们可以用 $set$ 储存 $visit$ 数组中值为 $0$ (未出现的数）下标，这样 $set$ 的最小值就是答案。

当 $a_i=x$ 时，相当于把原来的 $a_i$ 删掉，即 $visit[a_i]--$ ，然后把 $x$ 加进来，即 $visit[x]++$ ，如果 $visit[a_i]$ 变为 $0$ ，则说明 $a_i$ 没有出现，将其插入到 $set$ 中。同时 $visit[x]$ 变为 $1$ ，说明 $x$ 出现了，从 $set$ 中删去。

这样就可以动态维护 $mex$ 值，其复杂度都是 $O(log)$ 。

神奇的代码

 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
 
int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int n, q;
    cin >> n >> q;
    map<int, int> cnt;
    vector<int> ini(n + 1);
    iota(ini.begin(), ini.end(), 0);
    set<int> mex(ini.begin(), ini.end());
    vector<int> a(n);
    auto insert = [&](int i) {
        int x = a[i];
        cnt[x]++;
        if (cnt[x] == 1)
            mex.erase(x);
    };
    auto remove = [&](int i) {
        int x = a[i];
        cnt[x]--;
        if (cnt[x] == 0)
            mex.insert(x);
    };
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        int x;
        cin >> x;
        a[i] = x;
        insert(i);
    }
    while (q--) {
        int pos, x;
        cin >> pos >> x;
        --pos;
        remove(pos);
        a[pos] = x;
        insert(pos);
        cout << *mex.begin() << '\n';
    }
 
    return 0;
}

F - Minimize Bounding Square (abc330 F)

题目大意

二维平面，点，可进行最多 $k$ 次操作，每次操作将一个点上下左右移动一格。点可以重叠。

问进行操作后，能将所有点覆盖的正方形的边长的最小值。

解题思路

两个维度相互独立，我们可以分别考虑每个维度。

考虑一维情况下，如果我们固定覆盖的线段长度，会发现比较好做。

注意到如果边长越大，我们需要的移动次数越少，可行的可能性就越高，相反，边长越小，需要移动的次数越多，可行的可能性就越低。这里有一个单调性，因此我们可以二分最终的边长。

边长固定了，考虑到最优情况下，覆盖的线段必定有一端点上的点是从来没移动过的，因此我们可以枚举这个作为边界的点。然后计算需要移动的次数。

坐标从小到大考虑，可以用双指针维护移动次数（一个前缀坐标和与一个后缀坐标和）。注意需要分别枚举作为左端点的点和作为右端点的点。

两个维度分别取所需移动次数的最小值，其和不超过 $k$ 则边长可行。

神奇的代码

 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
 
int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int n;
    LL k;
    cin >> n >> k;
    vector<LL> x(n), y(n);
    for (int i = 0; i < n; ++i)
        cin >> x[i] >> y[i];
    ranges::sort(x);
    ranges::sort(y);
    vector<LL> invx = x, invy = y;
    ranges::reverse(invx);
    ranges::reverse(invy);
    int l = -1, r = 1e9 + 1;
    auto ok = [&](int len, vector<LL>& p, int sign = 1) {
        LL sufsum = accumulate(p.begin(), p.end(), 0ll);
        LL presum = 0;
        LL minn = 1e18;
        int r = 0;
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            while (r < n && abs(p[r] - p[i]) <= len) {
                sufsum -= p[r];
                ++r;
            }
            LL cnt = abs(p[i] * i - presum) +
                     abs(sufsum - (p[i] + sign * len) * (n - r));
            minn = min(cnt, minn);
            presum += p[i];
        }
 
        return minn;
    };
    auto check = [&](int len) {
        return min(ok(len, invx, -1), ok(len, x)) +
                   min(ok(len, invy, -1), ok(len, y)) <=
               k;
    };
    while (l + 1 < r) {
        int mid = (l + r) >> 1;
        if (check(mid))
            r = mid;
        else
            l = mid;
    }
    cout << r << '\n';
 
    return 0;
}

G - Inversion Squared (abc330 G)

题目大意

给定一个数组 $a$ ，仅包含 $-1$ 或者 $[1,n]$ ，其中 $[1,n]$ 中的数最多只出现一次。

计算满足以下条件的排列的逆序对的平方和。

$a_i \neq -1 => p_i = a_i$ 。（即将 $-1$ 替换成其他数，使得形成一个排列）

解题思路

<++>

神奇的代码

本文作者：~Lanly~

本文链接：https://www.cnblogs.com/Lanly/p/17856223.html

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	#include <bits/stdc++.h>
	using namespace std;
	using LL = long long;

	int main(void) {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	int n, l;
	cin >> n >> l;
	int ans = 0;
	while (n--) {
	int x;
	cin >> x;
	ans += (x >= l);
	}
	cout << ans << '\n';

	return 0;
	}