2018-2019 ACM-ICPC 焦作赛区部分题解

题目链接：https://codeforces.com/gym/102028

B. Ultraman vs. Aodzilla and Bodzilla

题意：

两只怪兽，它们的生命和攻击分别为hpA,hpB,attA,attB，现在你要打败它们，第i回合你的攻击为i。问在承受伤害最少的前提下，攻击序列字典序最小是怎样的。攻击A就是A，攻击B就是B。最后输出承受的最小伤害和攻击序列。

题解：

最后的答案肯定是总回合最小时产生的，但是先打死谁不一定，答案就是两种情况的最小值。之后考虑贪心地构造攻击序列。

这里用了种很巧妙地方法吧，定义溢出伤害为最后一击多余出来的伤害。

我们先考虑先将A打死，然后打B的情况。这种字典序已经尽可能小的，只要保证回合数最小就行了。怎么判断回合数最小呢，设Ra为击败A时的溢出伤害，Rtot为最后一击时的溢出伤害（包含了A溢出的伤害），这里Rtot的计算方法参考代码，如果现在Ra > Rtot，说明如果不要A的溢出伤害，可能会多打一回合，那么这时就应该在某一回合打B，这里的位置我们选择尽可能后面的就是Ra（细节考虑一下）。

另外一种情况，我们就先尽可能地将前面的换成A，最后再来判断Rb和Rtot的关系，如果有Rb > Rtot（注意这里Rb会不断减小，因为我们换了一些操作），那么此时如果没有Rb就要多打一回合，设最后一次操作在第i回合，显然现在Rb < i + 1，直接攻击是攻击不了的。我们此时将最后一次操作撤销，将第i + Rb - Rtot次攻击置为A即可，这样也满足最优（A尽可能靠前并且回合数最小）。

细节可以琢磨一下。

代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2e5 + 5;
int T;
ll ha, hb, atta, attb;
ll Get_sum(ll x) {
    return 1ll * x * (x + 1) / 2;
}
ll Get_round(ll x) {
    ll ans = 1;
    while(Get_sum(ans) < x) ans++;
    return ans ;
}
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false) ;cin.tie(0) ;
    cin >> T;
    while(T--) {
        cin >> ha >> hb >> atta >> attb;
        ll ra = Get_round(ha), rb = Get_round(hb), rtot = Get_round(ha + hb);
        string res(rtot,'B') ;
        ll ans = min(atta * ra + attb * rtot , attb * rb + atta * rtot) ;
        if(atta * ra + attb * rtot == ans) {
            string cur(rtot,'A') ;
            for(int i = ra ; i < rtot ; i++) cur[i] = 'B' ;
            ll remain_a = Get_sum(ra) - ha , remain_tot = Get_sum(rtot) - ha - hb ;
            if(remain_a > remain_tot) {
                cur[remain_a - 1] = 'B' ;
            }
            res = min(res ,cur) ;
        }
        int last;
        if(attb * rb + atta * rtot == ans) {
            string cur(rtot,'B') ;
            for(int i = rb ; i < rtot; i++) cur[i] = 'A' ;
            ll remain_b = Get_sum(rb) - hb;
            ll remain = remain_b - Get_sum(rtot) + ha + hb;
            for(int i = 0; i < ra ; i++) {
                if(remain_b >= i + 1) {
                    cur[i] = 'A' ;
                    remain_b -= i + 1;
                    remain -= i + 1;
                    last = i ;
                }
            }
            if(remain > 0) {
                cur[last] = 'B';
                cur[last + remain] = 'A' ;
            }
            res = min(res, cur) ;
        }
        cout << ans << ' ' << res << '\n' ;
    }
    return 0 ;
}

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C. Supreme Command

题意：

有一个n*n的棋盘，现在每一行每一列有一个棋子，位置给出。然后有m次操作，操作包含：

1.L/R/U/D k，将所有的棋子向左/右/上/下全部移动k格；2. ? k，询问第k个棋子现在的坐标； 3. !，询问有多少对棋子在同一个格子上面。

题解：

当有棋子接触边界或者重叠在一起时就永远不会分开了，所以我们可以利用这个信息，如果直接考虑移动棋子，那么很麻烦。所以我们就直接考虑移动上下左右的边界线。

这个题横纵二维可以分开考虑，我们主要考虑水平方向就行。用一个区间[L,R]表示所有的棋子在不超过R-L+1的这个范围中，注意这里的L,R和棋盘上的有所不同，同时维护一个偏移量d就行了。这样我们就可以根据这个偏移量和L,R确定出一个棋子的位置。细节见代码吧。

因为每行每列一开始只有一个棋子，所以如果棋子有重叠，那么最终一定位于[L,R]边界处，每次移动边界时考虑一下当前位置的棋子是否在边界上就行了。最终的询问，分几种情况考虑一下就好了，因为最终的格子可能只有一个，或者一列，一横行，这些答案都是不一样的。

具体细节见代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 3e5 + 5;
int T;
int n, m;
ll LL, LR, RL, RR;
ll C[N] ;
bool vis[N] ;
void cal(int i);
struct sol{
    int pos[N], id[N];
    ll l, r, d;
    void init() {
        l = 1, r = n, d = 0;
    }
    void init_cal() {
        cal(id[1]), cal(id[n]) ;
    }
    void setpos(int p, int i) {
        pos[i] = p;
        id[p] = i;
    }
    void left(int k) {
        while(l < r && l + d - k < 1) cal(id[++l]);
        if(l + d - k >= 1) d -= k;
        else d = 1 - l ;
    }
    void right(int k) {
        while(r > l && r + d + k > n) cal(id[--r]);
        if(r + d + k <= n) d += k;
        else d = n - r;
    }
    int query(int p) {
        if(pos[p] <= l) return l + d;
        if(pos[p] >= r) return r + d;
        return pos[p] + d;
    }
}A, B;
void cal(int i) {
    if(vis[i]) return ;
    else if(A.pos[i] <= A.l && B.pos[i] <= B.l) vis[i] = 1, LL++;
    else if(A.pos[i] <= A.l && B.pos[i] >= B.r) vis[i] = 1, LR++;
    else if(A.pos[i] >= A.r && B.pos[i] <= B.l) vis[i] = 1, RL++;
    else if(A.pos[i] >= A.r && B.pos[i] >= B.r) vis[i] = 1, RR++;
}
ll Query() {
    if(A.r - A.l > 0 && B.r - B.l > 0) return C[LL] + C[RR] + C[LR] + C[RL] ;
    if(A.r - A.l == 0 && B.r - B.l > 0) return C[LL + RL] + C[LR + RR] ;
    if(B.r - B.l == 0 && A.r - A.l > 0) return C[LL + LR] + C[RR + RL] ;
    return C[LL + LR + RR + RL] ;
}
int main() {
    scanf("%d", &T) ;
    for(int i = 2 ; i < N ; i++)
        C[i] = (ll)(i - 1) * i / 2;
    while(T--) {
        scanf("%d%d", &n, &m) ;
        for(int i = 1 ; i <= n ; i++) {
            int x, y ;
            scanf("%d%d", &x, &y) ;
            B.setpos(x, i);
            A.setpos(y, i);
        }
        LL = LR = RR = RL = 0;
        A.init() ; B.init() ;
        A.init_cal() ; B.init_cal() ;
        int k;
        char s[3] ;
        for(int i = 1; i <= m ; i++) {
            scanf("%s",s);
            if(s[0] == '!') cout << Query() << '\n';
            else {
                scanf("%d", &k) ;
                if(s[0] == 'L') A.left(k) ;
                else if(s[0] == 'R') A.right(k) ;
                else if(s[0] == 'U') B.left(k) ;
                else if(s[0] == 'D') B.right(k) ;
                else cout << B.query(k) << ' ' << A.query(k) << '\n' ;
            }
            //cout << LL << ' ' << LR << ' ' << RR << ' ' << RL << '\n' ;
        }
        for(int i = 1; i <= n; i++) vis[i] = false;
    }
    return 0;
}

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H. Can You Solve the Harder Problem?

题意:

给出n个数，求出所有区间中最大值的和，注意相同序列的区间不重复考虑。

题解:
先不考虑去重的情况，我们可以单独考虑每一个值作为区间最大值时的贡献。这个可以直接用单调栈来维护，但是用单调栈的话不便于去重，所以我们可以考虑线段树。

线段树的做法就是从后往前，依次将每个数插到线段树中，并且做一次区间set，将[i，R_i - 1]这个范围中的数置为a_i，然后每次将所有的值累加起来即可。这样位于i位置时考虑了当前数对右边的贡献，对左边的贡献在之后会考虑到：如果在他之前的数比他小的话，那么每次求和也会算上a_i对左边区间的贡献。

之后就是去重的问题了，去重我们可以考虑利用height数组，每次减去重复的那段即可。这样可行的原因在于，比如当前这个数height[i] = 4，那么说明他后面的几个数height依次为3,2,1，我们会依次减去，最终当前这个长度为4的序列的贡献我们就不会考虑了。

代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2e5 + 5;
int tt ;
int n;
int a[N], b[N], d[N], s[N], tmp[N];
int x[N], y[N], sa[N], c[N], height[N], Rank[N], Right[N] ;
void Get_sa(int m) {
    n++;
    for(int i = 0 ; i < m ; i++) c[i] = 0;
    for(int i = 0 ; i < n ; i++) c[x[i] = d[i]]++;
    for(int i = 1 ; i < m ; i++) c[i] += c[i - 1] ;
    for(int i = n - 1 ; i >= 0 ; i--) sa[--c[x[i]]] = i;
    for(int k = 1 ; k <= n ; k <<= 1) {
        int p = 0 ;
        for(int i = n - k; i < n ; i++) y[p++] = i ;
        for(int i = 0 ; i < n ; i++) if(sa[i] >= k) y[p++] =sa[i] - k;
        for(int i = 0 ; i < m ; i++) c[i] = 0;
        for(int i = 0 ; i < n ; i++) c[x[y[i]]]++;
        for(int i = 1 ; i < m ; i++) c[i] += c[i - 1];
        for(int i = n - 1 ; i >= 0 ; i--) sa[--c[x[y[i]]]] = y[i] ;
        swap(x , y);p = 1;x[sa[0]] = 0;
        for(int i = 1 ; i < n ; i++)
            x[sa[i]]=y[sa[i-1]]==y[sa[i]]&&y[sa[i-1]+k]==y[sa[i]+k]?p-1:p++;
        if(p >= n) break ;
        m = p;
    }
    n--;
}
void Get_height() {
    int k = 0;
    for(int i = 0 ; i <= n ; i++) Rank[sa[i]] = i ;
    for(int i = 0 ; i < n ; i++) {
        if(k) k--;
        int j = sa[Rank[i] - 1];
        while(d[i + k] == d[j + k]) k++;
        height[Rank[i]] = k ;
    }
}
ll T[N << 2] , setv[N << 2] ;
void build(int o , int l , int r) {
    if(l == r) {
        T[o] = 0;
        setv[o] = 0;
        return ;
    }
    int mid = (l + r) >> 1;
    build(o << 1, l, mid) ;
    build(o <<1 | 1, mid + 1, r) ;
    T[o] = setv[o] = 0;
}
void Get_limt() {
    int cnt = 0;
    for(int i = 0 ; i <= n ; i++) {
        if(cnt == 0 || d[i] < d[s[cnt]]) {
            s[++cnt] = i ;
        } else {
            while(cnt > 0 && d[i] >= d[s[cnt]])
                Right[s[cnt--]] = i;
            s[++cnt] = i;
        }
    }
}
void push_down(int o,int L,int R) {
    if(setv[o]) {
        T[o] = (R - L + 1) * setv[o] ;
        setv[o << 1] = setv[o << 1 | 1] = setv[o] ;
        setv[o] = 0;
    }
}
void push_up(int o, int L, int R) {
    int mid = (L + R) >> 1;
    T[o] = setv[o << 1] ? 1ll * setv[o << 1] * (mid - L + 1) : T[o << 1] ;
    T[o] += setv[o << 1 | 1] ? 1ll * setv[o << 1 | 1] * (R - mid) : T[o << 1|1] ;
}
void Set(int o, int L ,int R, int l, int r, int v) {
    if(l <= L && R <= r) {
        setv[o] = v;
        return ;
    }
    push_down(o, L, R);
    int mid = (L + R) >> 1;
    if(l <= mid) Set(o << 1, L, mid, l , r, v) ;
    if(r > mid) Set(o << 1|1 , mid + 1 , R ,l, r ,v) ;
    push_up(o, L, R ) ;
}
ll query(int o , int L, int R, int l , int r) {
    if(l <= L && R <= r) {
        return setv[o] ? setv[o] * (R - L + 1) : T[o] ;
    }
    push_down(o, L, R);
    int mid = (L + R) >> 1;
    ll ans = 0;
    if(l <= mid) ans += query(o << 1 , L , mid ,l , r) ;
    if(r > mid) ans += query(o << 1 | 1, mid + 1 , R , l , r) ;
    return ans ;
}
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0) ;
    cin >> tt;
    while(tt--) {
        cin >> n ;
        for(int i = 0 ; i < n ; i++) cin >> a[i] , b[i] = d[i] = a[i];
        sort(b, b + n) ;
        int k = unique(b, b + n) - b;
        for(int i = 0 ; i < n ; i++) d[i] = lower_bound(b, b + k, d[i]) - b + 1;
        d[n] = 0;
        Get_sa(n + 1) ;
        Get_height() ;
        d[n] = n + 1;
        Get_limt() ;
        build(1, 0, n - 1);
        ll res = 0;
        for(int i = 1 ; i <= n ; i++)
            tmp[sa[i]] = height[i] ;
        for(int i = n - 1 ; i >= 0 ; i--) {
            Set(1, 0, n - 1, i, Right[i] - 1, a[i]) ;
            res += setv[1] ? (n - i) * setv[1] : T[1] ;
            if(tmp[i] > 0) res -= query(1, 0, n - 1, i, i + tmp[i] - 1) ;
        }
        cout << res << '\n' ;
    }
    return 0;
}

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posted @ 2019-04-09 22:38 heyuhhh 阅读(1735) 评论(0) 编辑收藏举报

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劳谦君子，有终吉。

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