Educational Codeforces Round 171 (Rated for Div. 2) - Codeforces

Problem - A - Codeforces

几何构造

没什么好说的，\(45\)度交的时候长度最大

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=3e5+10;
void solve()
{
	int x,y,k;cin>>x>>y>>k;
	if(x>y)
	{
		cout<<"0 0 "<<y<<' '<<y<<endl;
		cout<<"0 "<<y<<' '<<y<<' '<<"0"<<endl;
	}
	else
	{
			cout<<"0 0 "<<x<<' '<<x<<endl;
		cout<<"0 "<<x<<' '<<x<<' '<<"0"<<endl;
	}
}
int main()
{
	int t;cin>>t;
	while(t--)solve();
}

Problem - B - Codeforces

构造二分优先队列

由于给出的数组是递增的，只需要考虑最大的相邻元素差值就好了

偶数的时候答案是固定的

要注意奇数的时候需要提取一个出来，再去求最小的最大值

数据范围很小，直接枚举即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e4+10;
long long a[N];
int n;
void solve()
{
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i]);
	//sort(a+1,a+1+n);
	if(n==1)
	{
		cout<<"1"<<endl;return ;
	}
	long long f=2e18;
	if(n%2==0)
	    {
	    		priority_queue<long long>heap;
	     	for(int i=1;i<=n-1;i+=2)
	     	{
	     		heap.push(a[i+1]-a[i]);
			 }
			 f=heap.top();
		}
		 else
		{
		 	for(int k=1;k<=n;k++)
		 	{
		 			priority_queue<long long>heap;
		 		vector<long long>b;
		 		for(int i=1;i<=n;i++)if(i!=k)b.push_back(a[i]);
		 		for(int i=0;i<n-2;i+=2)
		 		{
		 			heap.push(b[i+1]-b[i]);
				 }
				 f=min(f,heap.top());
			 }
		}
	
	cout<<f<<endl;
}
int main()
{
	int t;cin>>t;
	while(t--)solve();
}

Problem - C - Codeforces

数据结构双端队列栈构造

题意是一个人要买\(1-n\)个机器人各一个

给出一个二进制字符串,\(s[i]=1\)的时候可以在这天购买，反之不能在这天购买

且第\(i\)件物品花费\(i\),只有在\(>= i\)天时候才能购买，如果一次买两件或以上可以有一件免费

不能重复购买

显然如果没有优惠答案便是\(n*(n+1)/2\),只需要考虑尽可能多得使花费大的机器人免费

首先，如果\(s[i]=0\)，那么这天上架的机器人一定不能免费，因为\(s[n]=1\)，后面一定有更贵的机器人可以选择

如果\(s[i]=1\),可以优先和离他最近的比他小的\(0\)组合，使得\(i\)免费

如果\(0\)用完了，那么就去找没有用过的最小的\(s[i]=1\)的\(i\)结合

显然可以用一个双端队列去维护\(s[i]=1\)的天数，再利用一个栈去维护\(s[i]=0\)的天数

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=4e5+10;
typedef pair<int,int> pii;
int sa[N],sc[N];
int n;
void solve()
{
	cin>>n;
	string s;cin>>s;s=' '+s;
	int hh=0,tt=0,st=0,ed=0;
	long long ans=1LL*n*(n+1)/2;
	if(n==1)
	{
		cout<<ans<<endl;return ;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		if(s[i]=='1')sa[++tt]=i;
		else sc[++ed]=i;
	}
	if(tt)hh++;if(ed)st++;
	while(hh<=tt)
	{
		int ind=sa[tt];
		while(ed&&sc[ed]>ind)ed--;
		if(ed)
		{
			tt--;
			ans-=ind;
			ed--;
		}
		else
		{
			if(hh<tt)
			{
				hh++;tt--;
				ans=ans-ind;
			}
			else
			{
				break;
			}
		}
	}
	cout<<ans<<endl;
}
int main()
{
	int t;cin>>t;
	while(t--)solve();
}

Problem - D - Codeforces

数学前缀和二分

给出数组\(a\),使\(\sum_{i=l}^{r}a_i=s(l,r)\)

那么构造数组\(b\)，\(b=[s(1,1),s(1,2),s(1,3)..s(1,n),...s(2,2)..s(2,n)..]\)

接下来给出\(q\)个查询，求\(\sum_{i=l}^{r}b_i\)

首先肯定要先处理好处理的部分，观察题目发现，像\(s(1,1)-s(1,n)..s(2,2)-s(2,n)\)这样完整的片段的和是可以在\(o(n)\)

内求出来的，记\(pre_r=\sum_{i=1}^{r}a_i\), \(val_i=\sum_{k=i}^{n}s(i,k)\), \(prepre_r=\sum_{i=i}^{r}pre_i\)

\[s(l,r)=pre_{r}-pre_{l-1}\\ val_i=\sum_{k=i}^{n}pre_k-(n-i+1)*pre_{i-1}=prepre_n-prepre_{i-1}-(n-i+1)*pre_{i-1} \]

所以可以先求出连续段的个数，总共有\(n\)个连续段，每个段的元素个数为\(n-i+1\)

记\(pos_j\),为前\(j\)个连续段的元素总数

显然对于一个查询\(x\),可以先找出满足\(pos_j<=x\)的最大的\(j\),利用二分得出，然后就是求不完整段的和

不完整段的元素个数为\(x-pos_j\),不完整段的数字从\(j+1\)开始，结束于\(x-pos_j+j\)

\[sum_u=\sum_{i=j+1}^{x-pos_j+j}s(x-pos_j,i)=\sum_{i=j+1}^{x-pos_j+j}pre_i-(x-pos_j)*pre_{j}\\ =prepre_{x-pos_j+j}-prepre_{j}-(x-pos_j)*pre_{j} \]

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=3e5+10;
long long pre[N],prepre[N];
long long pos[N],val[N];
int n;
int a[N];
long long solve(long long x)
{
	if(x==0)return 0;
	long long l=0,r=n;
	while(l<r)
	{
		long long mid=(l+r+1)>>1;
		if(pos[mid]<=x)l=mid;
		else r=mid-1;
	}
	long long ans=val[l];
	ans=ans+prepre[x-pos[l]+l]-prepre[l]-(x-pos[l])*pre[l];
	return ans;
}
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d",&a[i]);
		pre[i]=pre[i-1]+a[i];
		prepre[i]=prepre[i-1]+pre[i];
		pos[i]=pos[i-1]+n-i+1;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		val[i]=val[i-1]+prepre[n]-prepre[i-1]-1LL*(n-i+1)*pre[i-1];
	}
	int q;scanf("%d",&q);
	while(q--)
	{
		long long ll,rr;scanf("%lld%lld",&ll,&rr);
		long long ans=solve(rr)-solve(ll-1);
		cout<<ans<<endl;
	}
}