2021牛客暑期多校训练营5 个人补题记录

比赛链接：Here

1001 - Away from College

1002 - Boxes

思路：只要使用一次hints，以后的每一步都可以知道剩下多少个黑球。所以最少花费是全部盒子开一遍或者先用一次hints后面再碰运气，注意到，每开一个盒子都有一定概率直接结束（后面全都是白球或全都是黑球）

所以先排序，枚举前缀和至倒数第二个盒子，再乘以概率 ${\frac{1}{2}}^{n-i}\times 2$

最后答案为：$ans=min(sum[n],c+\sum _{i=1}^{n-1}(sum[i]\ast {\frac{1}{2}}^{n-i+1}))$

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试一下样例

$$\begin{gathered} n=4,C=0.123456 \\ 1111 \end{gathered}$$

前缀和分别是 $1,2,3,4$

$ans=min(4,0,123456+1\ast 1/8+2\ast 1/4+3\ast 1/2)=min(4,2.248456)=2.248456$

代码

const int N = 1e5 + 10;
double a[N];
int main() {
    // cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
    int n; double c;
    cin >> n >> c;
    double sum = 0.0, ans = 0.0;
    for (int i = 1 ; i <= n; ++i) cin >> a[i], sum += a[i];
    sort(a + 1, a + 1 + n);
    double f = 1.0;
    for (int i = n; i > 0; i -= 1) {
        ans += (1.0 - f) * a[i];
        f /= 2.0;
    }
    cout << fixed << setprecision(6) << min(sum, c + ans);
}

1003 - Cheating and Stealing

1004 - Double Strings

超级眼熟，没想到就是 19年 CCPC秦皇岛 C 题的改版。

引用一下官网题解

好的方案的构成是“一段相同的前缀+一个不同字符（a比b小）+长度相同的任意后缀”。枚举不同的字符在两个序列中的位置。

用 $dp[i][j]$ 表示只考虑 A 中的前 i 个字符和 B 中的前 j 个字符时的相同的子序列的个数，转移可以 $O(1)$，这样可以统计出相同的前缀个数，这部分是 $O(|s|\ast |t|)$ 的。

长度相同的任意后缀也可以用类似的 dp 计算，或者设 A 中此时剩余长度为 x, B 中剩余长度为 y，不失一般性地设 $x\le y$ ，现在要求的就是 $\Sigma C(x,i)\ast C(y,i)=\Sigma C(x,x-i)\ast C(y,i)=C(x+y,x)$，这部分也是 $O(|s|\ast |t|)$ 的。

using ll = long long;
#define mod 1000000007
ll la, lb, adf[5010], adg[5010], f[5010], g[5010];
char a[5010], b[5010];

int main() {
    cin >> a + 1 >> b + 1;
    la = strlen(a + 1);
    lb = strlen(b + 1);
    for (int i = 1; i <= la; i++) {
        for (int j = 1; j <= lb; j++) adf[j] = adg[j] = 0;
        for (int j = 1; j <= lb; j++) {
            if (a[i] == b[j]) adg[j] = g[j - 1] + 1;
            adf[j] = f[j - 1];
            if (a[i] < b[j]) adf[j] += g[j - 1] + 1;
        }
        for (int j = 1; j <= lb; j++) {
            adg[j] += adg[j - 1];
            adf[j] += adf[j - 1];
            g[j] += adg[j];
            f[j] += adf[j];
            adg[j] %= mod; adf[j] %= mod;
            g[j] %= mod; f[j] %= mod;
        }
    }
    cout << (f[lb] % mod + mod) % mod;
    return 0;
}

1005 - Eert Esiwtib

1006 - Finding Points

1007 - Greater Integer, Better LCM

1008 - Holding Two （签到）

题目描述

在$n\times m$ 的 $01$ 矩阵中
请问是否存在任意3个点 $(-1\le x_1-x_2=x_2-x_3\le 1,-1\le y_1-y_2=y_2-y_3\le 1)$
如果存在则输出任何一种情况，否则输出 -1

简单来说就是满足在横行，竖行，斜行中任意的连续的3个的元素不能都为0，或都为1；

考虑了挺多情况发现下面这种写法对于任何 $n,m$ 都成立

$$\begin{gathered} 1100.. \\ 0011.. \\ 1100.. \\ .. \end{gathered}$$

【AC Code】

int main() {
    cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
    int n, m; cin >> n >> m;
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        for (int j = 0; j < m; ++j)
            cout << ((i & 1) ? ((j + 1) / 2 % 2) : !((j + 1) / 2 % 2));
        cout << "\n";
    }
}

1009 - Interval Queries

看不懂，没思路，fw二连

1010 - Jewels

题目描述

把大海想象成一个三维坐标，我们的坐标为 $(0,0,0)$,现在有 $n$ 个宝石，但是每一秒宝石会以 $v_i$ 下沉，用 $d$ 来表示强度: 该时刻打捞的宝石与你之间的距离。请最小化总强度。

开赛的时候看了下这个似乎是贪心排序就能写？自信交了一发，WA打脸。之后队友看出 $k$ 才是签到，所以就比赛时没管这道题了

正解的思路：所有的宝石肯定都在 $0$ ~ $n-1$ 这 $n$ 个时刻被挖掉，那么问题就变成一个最小权匹配了，一边是时刻，一边是宝石，边权就是在这个时刻挖这个宝石所消耗的体力值。

稍微套一下板子就可以了

代码

ll n, ans;
struct jew {ll z, v, id;} a[310];
ll f(ll t, jew x) {t--; return t * t * x.v * x.v + 2 * t * x.v * x.z;} //边权
void g(int x) {
    int t;
    for (int i = 1; i <= n; i++)  //找到当前宝石所匹配的时间
        if (a[i].id == x) {t = i; break;}
    for (int i = 1; i <= n; i++) { //枚举所有的边
        if (f(i, a[i]) + f(t, a[t]) > f(t, a[i]) + f(i, a[t])) { //找增广路
            swap(a[i], a[t]); //匹配宝石到时间更优的位置
            g(a[t].id); g(x); //暴力递归找增广路
        }
    }
}
int main() {
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        ll x, y, z, v;  cin >> x >> y >> z >> v;
        ans += x * x + y * y + z * z;
        a[i] = (jew) {z, v, i};
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) g(i);
    for (int i = 1; i <= n; i++) ans += f(i, a[i]); //累加答案
    cout << ans << "\n";
    return 0;
}

1011 - King of Range

题目描述

长度 $n$ 的序列，定义区间大小为区间内最大值减去最小值的值，请问在 $m$ 次查询中有多少对区间严格大于 $k$

令 $R_i$ 为 $l=i$ 时，满足极差大于 $k$ 的最小的 $r$，如果不存在则记 $R_i=n+1$。那么显然有 $R_1\le R_2\le ...\le R_n$。

因为区间端点是单调的，明显的求单调队列问题。

其中一个递增序列，队首维护最小值，一个递减序列，队首维护最大值，每次弹出两个队列中队首靠前的一个，直到极差 $\le k$。那么就可以在均摊 $O(1)$ 的时间内求 $R_i$ 了。

不过需要同时维护两个（一个求最大值，另一个求最小值）

代码

const int N = 1e5 + 10;
int a[N], q1[N], q2[N], h1, t1, h2, t2;
int main() {
    cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
    int n, q;
    cin >> n >> q;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> a[i];
    while (q--) {
        int k;
        cin >> k;
        h1 = h2 = t1 = t2 = 1;
        q1[1] = q2[1] = 1;
        int j = 1;
        ll ans = 0;
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            if (q1[h1] < i) ++h1;
            if (q2[h2] < i) ++h2;
            while (j < i || a[q2[h2]] - a[q1[h1]] <= k) {
                if (j == n)break;
                ++j;
                while (t1 >= h1 && a[q1[t1]] > a[j])--t1;
                while (t2 >= h2 && a[q2[t2]] < a[j])--t2;
                q1[++t1] = j;
                q2[++t2] = j;
            }
            if (a[q2[h2]] - a[q1[h1]] <= k) break;
            ans += n - j + 1;
        }
        cout << ans << "\n";
    }
}