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1|0A

我们尽量构造一个数字紧凑(值域接近矩阵大小)矩阵，使每个 $2 * 2$ 的矩阵，我们最好能想出一个通用的办法使他们异或和为 $0$
显然，若不考虑数字尽量不同的限制，我们朴素的构造 a ^ a ^ a ^ a，我们还可以更进一步，让他们两两不同(当然很显然，但是我们要循序渐进)
现在已经我们令每个矩阵的 $2 * 2$ 矩阵中 a ^ b ^ a ^ b，他们显然为零那么我们让他们的差异化直接翻倍，但是这还不够，我们进一步思考
发现仅靠一维坐标已经不能构造出简单的小矩形，举个例子，在数轴中我们无法表示一对数值相等的点，但是我们若在平面直角坐标系中即可用新的坐标表示出两个 $y$ 值相同 $x$ 值不同的点
那么，受此启发，我们讲一个数分成两部分，左部分代表纵坐标，右部分代表横坐标，如第二列第四行我们用这样的二进制数表示， $010100$ ，我们将他对半分，他的左边是 “010”，即“2”，右边是“100”，即“4”
那么我们对于刚刚的那个 $2 * 2$ 矩阵，我们发现横着看是右边是 a ^ b ^ a ^ b，左边也是 a ^ b ^ a ^ b，那么两部分都是 “0”，结果必然是 “0”
非常好，我们似乎已经构造除了一种方案，使得每个矩阵都满足异或和为“0”，那么符不符合数据范围呢？
我们发现我们的时间复杂度显然是 $O (n * m)$ 的，而我们需要用的数是， $2^{l o g_{2} (n) + l o g_{2} (m)}$ 级别的，和 $n * m$ 相近，可以处理 $10^{4}$ 级别的数据
我们的代码只需将 $j$ 左移 $l o g_{2} n$ 位，在加上 $i$ 即可得到每个互不相同的数了
代码如下，代码中 $n = 4, m = 4$ 时的构造方案

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 210;
int T, n, m;
int main(){
	cin >> T;
	while(T --){
		cin >> n >> m;
		cout << n * m << endl;
		for(int i = 1; i <= n; i++){
			for(int j = 1; j <= m; j++)
				printf("%d ", (i << 10) + j);
			puts("");
		}
	}
	return 0;
}
// 0000 0001 0010 0011
// 0100 0101 0110 0111
// 1000 1001 1010 1011
// 1100 1101 1110 1111

2|0B

看一眼数据范围，猜到是 $O (n l o g n)$ ，显然选择物品的顺序是对结果无影响的，那么我们钦定 $A$ 数组进行排序
升序排序后不难发现，如果要选择第 i 号物品给小A，那么 i+1 ~ n 的所有物品都要给小B，故我们需要知道这一段中 B 数组的最大值 maxb
我们枚举小A最后得到的价值是 $A_{i}$ ，但是我们发现最优答案不一定是 $| A_{i} - m a x b_{i} |$ ，因为 1 ~ i-1 会对答案产生影响，他们可以供两人随意选择，我们假设 1 ~ i-1中 B 数组的最大值为 mmb（A数组的最大值无用）进行分类讨论：
1： $m a x b \geq A_{i}$ ，由 max 的性质可知，我们在 1 ~ i-1 中给小B 选择答案只可能让他们的差距更大（小B礼物的价值已经不能再变小了），那么 ans = $m a x b - A_{i}$
2： $m a x b \leq A_{i}$ ，那么我们在 1 ~ i-1中选择就有可能缩小两人的差距，所以两种选择都有可能是答案，故 ans = min( $| A_{i} - m m b |$ , $A_{i} - m a x b$ )
好了，我们该思考如何实时得到 mmb，mmb 实际上是要在一个逐渐添加新元素的集合里选出一个接近 $A_{i}$ 的数，我们可以用 “lower_bound”,“upper_bound”在一个 “set” 中实时查找，同时还要随着 i 的递增添加新元素
代码如下

#include <bits/stdc++.h>
#define x first
#define y second
using namespace std;
const int N = 5e5 + 10;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int T, n, maxb[N];
pair<int, int> p[N];
int main(){
	cin >> T;
	while(T --){
		memset(maxb, 0, sizeof maxb);
		set<int> S;
		cin >> n;
		for(int i = 1; i <= n; i++)
			scanf("%d %d", &p[i].x, &p[i].y);
		sort(p + 1, p + n + 1);
		maxb[n + 1] = -INF;
		for(int i = n; i; i--)
			maxb[i] = max(maxb[i + 1], p[i].y);
		int ans = INF;
		for(int i = 1; i <= n; i++){
			ans = min(ans, abs(p[i].x - maxb[i + 1]));
			if(i > 1 && maxb[i + 1] < p[i].x){
				auto t = S.upper_bound(p[i].x);
				if(t != S.end()) ans = min(ans, *t - p[i].x);
				if(t != S.begin()){
					t --;
					ans = min(ans, p[i].x - max(maxb[i + 1], *t));
				}
			}
			S.insert(p[i].y);
		}
		cout << ans << endl;
	}
	return 0;
}
// 4  3 2 2 1
// 10 3 7 5 5

3|0C

首先，容易想到对于每个数组中的数子，若在它之前有数比他还大，那么他肯定不能对答案贡献，所以将这些数都删掉
不难发现所有数组都是一个单调递增的序列，那么我们就应该考虑如何快速统计答案了
容易发现，所有数组中最大值最小的数如果不放在第一个，那么这个数组就没有作用，因为这个数组前有任意一个数组都会让他没有贡献，所以最优解一定是让每个数组都有可能有贡献，换句话说，我们多考虑一些可能有贡献的，就能更有可能得到最优解
基于以上的想法，我们按每个数组中最大值的顺序从小到大进行线性DP，我们发现后效性仅与已选择的数组中的最大值有关，于是令 $f (k)$ 数组表示最大值（即末尾值）小于 $k$ 的最大答案，那么我们处理到第 $i$ 号位置时，仅需要知道比第 $i$ 个数组的最大值小的方案的最大答案即可更新 $f (k)$ 数组，但是我们需要更新的是 $f (k 值域)$ ，查询时需要查询 $f (1 k - 1)$ ，不难发现树状数组满足此性质，那么我们即可用树状数组在 $O (n l o g R)$ ，R为值域，的时间内完成

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本文作者：userName
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