USACO 2023-2024 赛季复盘

【USACO23DEC】Cu 复盘

我先用了一个号打，然后是 T1 TLE * 4，T2 AC，T3 WA * 2。然后后面开了一个号调了一些，喜提阿克。

T1：

首先我们知道，对于 \(a_1\) 每一次是最先吃糖果的。
所以必然有两个情况：

• 全部给他吃了
• 吃了一些

首先情况一，我们可以直接特判掉。
剩下情况二，吃了一些没吃完代表：吃了自己的高度，相当于身高乘2。于是我们只需要进行 \(\log 10^9\) 次。然后后面直接 \(O(n)\) 暴力。时间复杂度 \(O(n \log 10^9)\)。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5+5;
#define int long long
int n,m;
int a[N],b[N];
void solve(){
    cin >> n >> m;
    for(int i = 1;i <= n;i++)
        cin >> a[i];
    for(int i = 1;i <= m;i++)
        cin >> b[i];


    for(int i = 1;i <= m;i++){
        if(b[i] <= a[1]){
            a[1]+=b[i];
            continue;
        } 
        int tmp = 1;
        for(int j = 1;j <= n;j++)
            if(a[j] >= tmp && tmp <= b[i]){
                int t=a[j]+1;
                a[j] += min(a[j]-tmp+1,b[i]-tmp+1);
                tmp = t;
            }
    }

    for(int i = 1;i <= n;i++)
        cout<<a[i]<<endl;

}

signed main(){
    ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    solve();
    return 0;
}

T2

这是我第一次唯一场切的一道题：

首先我在这题上写了三份代码。原因是我一开始想到分讨，写复杂了。

根据贪心策略，很容易知道：天数越大，奶牛数少，所以我们让天数最多。
然后我们会发现头尾的那个区间如果是 \(x\)，那么相当于一个 \(2 \times x - 1\) 的一个普通区间（就是在中间的那种区间）。

所以我们根据处理后的每一个区间的长度进行计算，然后得到了每一个区间最小的天数，也就是我们能够放最多的天数。

所以按照这个去模拟即可。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int n;
int xx=-1,yy=-1;
string s;
vector<pair<int,bool> > v;
int res,ok=1,cnt=0;
int minn = 1e9;

void solve(){
    cin >> n >> s;
    s = ' '+s;
    for(int i = 1;i <= n;i++){
        if(s[i]=='0'){
            if(res)v.push_back({res,ok});
            ok=0;
            res=0;
        }else if(s[i]=='1'){
            res++;cnt++;
        }
    }
    if(res) v.push_back({res,1});

    int min2=1e9;
    for(auto it:v){
        if(it.second == 0)min2 = min(min2,it.first);
        else{
            min2 = min(min2,it.first * 2-1);
            if(xx == -1)
                xx = it.first;
            else
                yy = it.first;
        }    

    }
    minn=(min2+1)/2;
    int res=0;
    for(auto it:v){
        if(it.first % (minn * 2 - 1) == 0) res+=it.first / (minn * 2 - 1);
        else res+=it.first / (minn * 2 - 1) + 1;
    }
    cout<<res;
}

signed main(){
    ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    solve();
    return 0;
}

T3

高级的说：解个不等式，低级的说：前缀和。

首先，我们先将所有 \(a\) 变换位置到最终应该在的位置。

然后，我们可以通过 \(a_i\) 和 \(a_{i-1}\) 的高度差和速度差，算出来他们之间还需要多久可以符合要求，或者是多久就不符合要求了。拿出草稿纸，自己列举四种情况分别讨论。

如果这个点开始合法，那么在这里进行标记，如果这里开始不合法，也搞一个标记。最后一遍前缀和，结束。

我被这道题卡了很久的问题是一些细节没有处理好。一些边界少加一，多加一的。随后在自己手搓 hack 下，终于过掉啦啊。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 2e5+5;
int n,t[N];
struct node{
    int h,a;
}a[N],c[N];
bool cmp(pair<int,bool> a,pair<int,bool> b){
    if(a.first == b.first)
        return a.second > b.second;
    return a.first < b.first;
}
bool check(){
    for(int i = 2;i <= n;i++) if(a[i].h<=a[i-1].h) return false;
    return true;
}
vector<pair<int,bool> > v;
bool solve(){
    v.clear();
    //1为开始，0为结束。
    cin >> n;
    for(int i = 1;i <= n;i++) {
        cin >> a[i].h;
    }
    for(int i = 1;i <= n;i++) {
        cin >> a[i].a;
    }
    for(int i = 1;i <= n;i++) {
        cin >> t[i];
    }

    if(n==1){
        cout<<0<<endl;
        return true;
    }
    for(int i = 1;i <= n;i++){
        c[n-t[i]] = a[i];
    }
    for(int i = 1;i <= n;i++){
        a[i] = c[i];
    }
    if(check()){
        cout<<0<<endl;
        return true;
    }
    int res=0;
    for(int i = 2;i <= n;i++){
        if(a[i-1].h > a[i].h) {
            if(a[i].a <= a[i-1].a) {
                return false;
            }
            v.push_back({((a[i-1].h - a[i].h) / (a[i].a-a[i-1].a) + 1),1});
        }else if(a[i-1].h < a[i].h){
            if(a[i].a >= a[i-1].a) v.push_back({0,1});
            else {
                v.push_back({(a[i].h - a[i-1].h) % (a[i-1].a-a[i].a) == 0?(a[i].h - a[i-1].h) / (a[i-1].a-a[i].a):((a[i].h - a[i-1].h) / (a[i-1].a-a[i].a)+1),0});
                res++;
            }
        }else{
            if(a[i].a > a[i-1].a) v.push_back({0,1});
            else return false;
        }
    }
    sort(v.begin(),v.end(),cmp);
//    for(auto it:v){
//        cout<<it.first<<" "<<it.second<<endl;
//    }
    for(int it=0;it < v.size();it++){
        if(v[it].second == 1)
            res++;
        else
            res--;

        if(res == n-1 && v[it+1].first != v[it].first) {
            cout<<v[it].first<<endl;
            return true;
        }
    }


    return false;
}

signed main(){
    ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int T;
    cin >> T;
    while(T--){
        if(!solve()) cout<<-1<<endl;
    }
    return 0;
}

【USACO24JAN】Cu 复盘

T1

一开始我试着用双指针，但发现好像写不了。

后面发现恍然大悟。这道题我们可以手玩一定长度的数组。假设我们只有两种情况 \(1\) 代表的是相同数字的数，\(0\) 代表的是不同数字的数。

我们会发现只有形如 \(1,1\) 或 \(1,0,1\) 的子数组是最基础的形式，由这样可以变成 \(1,1,1\)，\(1,1,1,1\) 等知道填满数组，这样，就可以让所有的数字统一了。这也达到了目的。

所以我们只需要记录哪些数 \(a_i = a_{i+1}\) 或 \(a_i = a_{i+2}\)。用 set 记录。

然后 set 自动排序和去重，直接输出即可。

但注意的是，你可能也有这样的经历！

你会觉得很逆天，但是“每一行后不能加空格”。这样，我们又愚蠢的把 set 转成 vector，判断是不是到末尾，是的话就不加空格。

话说 USACO 这波真的很逆天。

T2

我们发现直接模拟就好了，在 dfs 中，会有很多个参数。例如：

• \(x\) 代表当前位置。
• \(d\) 代表弹跳的力气。
• \(f\) 代表方向。
• \(cnt\) 代表砸烂了多少个。

我们对 dfs 进行剪枝即可。四个参数可以开一个数组来记忆化，但是空间会炸，所以开一个 map。

map<pair<pair<int,int>,pair<int,int> >,bool> mp;

这个记忆化只用记录是否走到，所以是一个 bool 类型。

这样，我们直接暴力模拟即可。轻松 AC！

T3

因为对于 \(i\) 进行操作，肯定会影响到后面的数，因此得先改前面的数再改后面的数，为了线性，不妨对 \(a\) 数组进行差分。

我们实时维护两个变量。

\(sum\) 数组是此时进行完操作后，之后会有多少增加细菌的个数。

然而 \(ans\) 维护的是答案，每一次会加上 \(d_i + sum\) 的绝对值。\(d_i\) 是差分数组。

时间复杂度 \(O(n)\)。