一月练习日志

记录一下这个菜鸡在你谷一月比赛中的一些做出来的题。

一： [Mivik Round] nurture

T1 Get Your Wish

简单 $bfs$ 一下即可。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,m,ans;
char a[110][110],ch;
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m); cin>>ch;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        for(int j = 1; j <= m; j++)
        {
            cin>>a[i][j];
        }
    }
    if(ch == '^')
    {
        for(int i = 1; i <= n; i++)
        {
            for(int j = 1; j <= m; j++)
            {
                if(a[i][j] == 'o')
                {
                    for(int k = 1; k <= i; k++) if(a[k][j] == 'x') ans = 1;
                }
            }
        }
    }
    if(ch == 'v')
    {
        for(int i = 1; i <= n; i++)
        {
            for(int j = 1; j <= m; j++)
            {
                if(a[i][j] == 'o')
                {
                    for(int k = i; k <= n; k++) if(a[k][j] == 'x') ans = 1;
                }
            }
        }
    }
    if(ch == '<')
    {
        for(int i = 1; i <= n; i++)
        {
            for(int j = 1; j <= m; j++)
            {
                if(a[i][j] == 'o')
                {
                    for(int k = 1; k <= j; k++) if(a[i][k] == 'x') ans = 1;
                }
            }
        }
    }
    if(ch == '>')
    {
        for(int i = 1; i <= n; i++)
        {
            for(int j = 1; j <= m; j++)
            {
                if(a[i][j] == 'o')
                {
                    for(int k = j; k <= m; k++) if(a[i][k] == 'x') ans = 1;
                }
            }
        }
    }
    if(ans == 1) printf("GG\n");
    else printf("OK\n");
    return 0;
}

T2 Something Comforting

给你一个长度为 $2n$ 的合法括号序列，问你这个括号序列经过题目中的算法被生成的概率是多少。

首先我们可以观察到总的情况数有 $C_{2n}^{n}$ 种，即从 $2n$ 个位置里面选出 $n$ 个位置来放左括号。

我们把目标括号分成若干段（每个极大的括号组分为一组）

( ( ) )|( ( ) )|( )|( )

可以发现每个括号组只有两种情况：没被反转过和反转过。

那么合法情况数就是 $2^{k}$ , $k$ 为分成的组数。两者相除即可。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define int long long
const int p = 998244353;
int n,ans,zi = 1,mu = 1,cnt;
char a[500010];
int ksm(int a,int b)
{
    int res = 1;
    for(; b; b >>= 1)
    {
        if(b & 1) res = res * a % p;
        a = a * a % p;
    }
    return res;
}
signed main()
{
    scanf("%lld",&n); scanf("%s",a+1);
    for(int i = 1; i <= 2*n; i++)
    {
        ans += a[i] == '(' ? 1 : -1;
        if(ans == 0) cnt++;
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++) zi = zi * i % p;
    for(int i = n+1; i <= 2*n; i++) mu = mu * i % p;
    printf("%lld\n",ksm(2,cnt) * zi % p * ksm(mu,p-2) % p); 
    return 0;
}

其他题不会写，打了个暴力走人了。

实际得分： $100 + 100 + 10 + 15 = 225$

二：EA 的练习赛 2

T1: ix35 的等差数列

给定一包含 $n$ 项的正整数列 $a_1, a_2, \ldots , a_n$，满足 $1 \leq a_i \leq w$。

现可以进行若干次修改，一次修改可将数列的任意一项修改为任意 $\leq w$ 的正整数。

求：至少进行多少次修改，才能使得原数列变为一公差为非负整数的等差数列。

赛后被 $hack$ 到死的一道题。

对于一个等差数列，每个位置可以表示成 $a_1 + (i-1) * d$ 的形式。

我们先枚举一下公差 $d$, 然后对于原数列中的第 $i$ 项，减去 $(i-1)*d$ ,就可以得到合法的 $a_1$ 的值。

问题就转化为，每次可以修改一个数，问你修改多少次可以使得整个数列变成同一个数。

桶排序统计出现次数最多的整数即可。注意负数的情况要特判掉。

公差最大为 $w\over n$ ,所以复杂度为 $O(w+n)$.

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N = 3e5+5;
int n,w,ans,a[N],sum[N],tong[N];
inline int read()
{
	int s = 0,w = 1; char ch = getchar();
	while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') w = -1; ch = getchar();}
	while(ch >= '0' && ch <= '9'){s = s * 10 + ch - '0'; ch = getchar();}
	return s * w;
}
void slove(int d)
{
	for(int i = 1; i <= n; i++)
	{
		sum[i] = a[i] - (i-1) * d;
		if(sum[i] >= 0) tong[sum[i]]++;
	}
	for(int i = 1; i <= n; i++)
	{
		if(sum[i] >= 0 && sum[i] + (n-1) * d <= w) ans = min(ans,n-tong[sum[i]]);
	}
	for(int i = 1; i <= n; i++) if(sum[i] >= 0) tong[sum[i]] = 0;
}
int main()
{
	n = read(); w = read(); ans = n;
	if(n == 1) {printf("%d\n",0); return 0;}
	for(int i = 1; i <= n; i++) a[i] = read();
	for(int i = 0; i <= w/(n-1); i++) slove(i);
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}//扔一下赛时代码吧，赛后数据可能过不去

之后打了个第三题的暴力就走人了。

实际得分： $100+0+5+0+0 = 105$

三：洛谷 1 月月赛 & EZEC R5

这算是自己打的比较好的一次月赛了。

实际得分： $100+100+100+5+0+0 = 305$.

T1 「EZEC-5」修改数组

给你一个 $01$ 序列，每次操作你可以把某一位置的零改为 $1$, 设操作次数为 $y$, 修改完之后整个序列的最长的连续的 $1$ 的字段的长度为 $x$，求 $x-y$ 的最大值。

思维题。显然最大值为序列中 $1$ 的个数，构造方案找到最左边和最右边的一的位置，然后把这中间的位置赋为一，其他位置赋为 $0$ 即可。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int inf = 1e7+10;
int T,n,L,R,num,x;
inline int read()
{
	int s = 0,w = 1; char ch = getchar();
	while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') w = -1; ch = getchar();}
	while(ch >= '0' && ch <= '9'){s = s * 10 + ch - '0'; ch = getchar();}
	return s * w;
}
int main()
{
	T = read();
	while(T--)
	{
		n = read(); L = inf, R = -inf, num = 0;
		for(int i = 1; i <= n; i++)
		{
			x = read();
			if(x == 1) 
			{
				num++;
				L = min(L,i);
				R = max(R,i);
			}
		}
		printf("%d\n",num);
		for(int i = 1; i <= n; i++)
		{
			if(i >= L && i <= R) printf("%d ",1);
			else printf("%d ",0);
		}
		printf("\n");
	}
	return 0;
}

T2 「EZEC-5」人赢

你有一个数组 $k$，下标为 $1$ 到 $n$ 。定义 $f(x,y)=\begin{cases} \min(k_x,k_y) \times (x + y) &x \ne y \\ k_x\times x&x=y \end{cases}$ .

让你求 $f(x,y)$ 的最大值是多少。

我们先扫一遍可以得到 $kx\times x$ 的最大值。

然后观察 $x\neq y$ 的情况，我们可以枚举一下最小值 $k x$，然后求出比它大的数的最远的位置 $y$。

答案就是 $max(kx\times(x+y)) $ 。

求比一个数大的数的最远位置，排一下序，维护最右边的位置即可。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define int long long
int n,ans,R;
struct node
{
	int w,pos;
}e[1000010];
inline int read()
{
	int s = 0,w = 1; char ch = getchar();
	while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') w = -1; ch = getchar();}
	while(ch >= '0' && ch <= '9'){s = s * 10 + ch - '0'; ch = getchar();}
	return s * w;
}
bool comp(node a,node b)
{
	return a.w > b.w;
}
signed main()
{
	n = read();
	for(int i = 1; i <= n; i++) e[i].w = read(), e[i].pos = i;
	for(int i = 1; i <= n; i++) ans = max(ans,e[i].w * i);
	sort(e+1,e+n+1,comp);
	for(int i = 1; i <= n; i++)
	{
		ans = max(ans,e[i].w * (R + e[i].pos));
		R = max(R,e[i].pos);
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

T3: 「EZEC-5」魔法

给你一个序列 $A$, 你现在有两个操作。

选取 $A$ 中一段区间，把这一段区间里面的数全部加 $1$,, 花费为 $a$
选取 $A$ 中一段区间，把这一段区间里面的数全部乘 $2$, 花费为 $b$

求最小花费使得存在一个子区间的元素之和不小于 $s$ .

两个操作可以看成全局加一和全局乘二。

因为 $s \leq 10^9$ ，所以操作而最多会被执行 $32$ 次。

可以枚举一下操作二的次数 $k$，然后二分操作一的次数。

判断操作一次数是否合法，实际上判断一下是否存在一个区间的最大子段和大于 $S\over 2^k$ 即可。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 2e5+10;
int n,A,B,s,tmp,ans = 1e18;
int a[N],base[50],sum[N],f[N];
inline int read()
{
	int s = 0,w = 1; char ch = getchar();
	while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') w = -1; ch = getchar();}
	while(ch >= '0' && ch <= '9'){s = s * 10 + ch - '0'; ch = getchar();}
	return s * w;
}
bool judge(int mid,int maxn)
{
	for(int i = 1; i <= n; i++) f[i] = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i++) sum[i] = a[i] + mid;
	int res = sum[1]; f[1] = sum[1];
	for(int i = 2; i <= n; i++)
	{
		if(f[i-1] <= 0) f[i] = sum[i];
		else f[i] = f[i-1] + sum[i];
		res = max(res,f[i]);
	}
	return res >= maxn;
}
int slove(int x)
{
	if(base[x] >= s) tmp = 1;
	else 
	{
		if(s % base[x] != 0) tmp = s / base[x] + 1;
		else tmp = s / base[x];
	}
	int L = 0, R = 1e10, res = 0;
	while(L <= R)
	{
		int mid = (L + R)>>1;
		if(judge(mid,tmp)) 
		{
			R = mid - 1;
			res = mid;
		}
		else L = mid + 1;
	}
	return res * A + x * B;
}
signed main()
{
	n = read(); A = read(); B = read(); s = read(); base[0] = 1; 
	for(int i = 1; i <= n; i++) a[i] = read();
	for(int i = 1; i <= 30; i++) base[i] = base[i-1] * 2;
	for(int i = 0; i <= 30; i++) 
	{
		if(i * B > ans) continue;
		ans = min(ans,slove(i));
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

posted @ 2021-01-31 08:09 genshy 阅读(88) 评论(0) 编辑收藏举报

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