9.29题目大赏

2022-9-29

前两道真的很水，然而我写挂了QAQ

T1

智力大冲浪

简单得不能再简单的贪心。先将每个游戏按扣钱为第一关键字降序，时刻为第二关键字升序排列。因为我们希望无法完成的游戏扣的钱更少。然后，从头到尾扫一遍，如果当前的游戏能被安排在它的最后时刻，就一定把它安排，这样对前面时间的影响才最少。如果不能，就再看该时刻前面的某一时刻有没有被安排。如果有就安排，没有的话这个游戏就只能被放弃，$m$就减去个它的代价。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int m,n,x,ok[510]={0};
struct game
{
	int date,po,num;
}games[510];
bool cmp(game a,game b)
{
	if(a.po!=b.po)return a.po>b.po;
	return a.date<b.date;
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&m,&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d",&x);
		games[i].date=x;
		games[i].num=i;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d",&x);
		games[i].po=x;
	}
	sort(games+1,games+n+1,cmp);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		int flag=0;
		for(int j=games[i].date;j>=1;j--)
			if(ok[j]==0){ok[j]=1;flag=1;break;}
		if(flag==0)m-=games[i].po;
	}
	printf("%d",m);
    return 0;
}

T2

[SHOI2013]发微博

同样一道水题。

暴力去模拟的复杂度是$O(nm)$的，发现是区间操作，考虑用类似前缀和的思路去优化。

用两个数组$shou[i]$和$fa[i]$表示第$i$个人目前收到的消息和发出的消息。那么每遇到一个“！ i”，就把$i$的$fa++$；遇到一个“+ i j”，就把$shou[i]-=fa[j]$，$shou[j]-=fa[i]$。为什么？因为在$i$、$j$建立联系之前他们所发的消息是不会被对方收到的，这里我们提前计算。每遇到一个“- i j”，就把$shou[i]+=fa[j]$，$shou[j]+=fa[i]$，即把当前的前缀和加上。这样我们就把一个“+”操作和与之对应的“-”操作处理了。

但这样会面临一个问题：一个“+”操作未必有对应的“-”操作，因为两个人加了好友之后可以一直不删。为了解决这个问题，我们可以倒着扫描（因为一个“-”操作一定有对应的“+”操作），同时上述操作反过来即可。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define MAXN 200010
#define MAXM 500010
using namespace std;
int n,m;
struct node
{
    char op;
    int a,b;
}no[MAXM];
int fa[MAXN],re[MAXN];
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        getchar();
        no[i].op=getchar();
        if(no[i].op=='!')scanf("%d",&no[i].a);
        else scanf("%d%d",&no[i].a,&no[i].b);
    }
    for(int i=m;i>=1;i--)
    {
        if(no[i].op=='!')
            fa[no[i].a]++;
        else if(no[i].op=='+')
        {
            re[no[i].b]+=fa[no[i].a];
            re[no[i].a]+=fa[no[i].b];

        }
        else if(no[i].op=='-')
        {
            re[no[i].b]-=fa[no[i].a];
            re[no[i].a]-=fa[no[i].b];
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        printf("%d ",re[i]);
    return 0;
}

T3

[SHOI2013]发牌

乍一看以为是约瑟夫问题，但$R_i$在变化，不好解决。观察题目后发现问题可以转换成每次把$01$序列的某个$1$变成$0$，并往后跳$R_i$个$1$这两个操作。可以用树状数组处理一个前缀和，每次往后跳的时候二分查找后面第$R_i$个$1$的位置并跳过去。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define MAXN 700010
using namespace std;
int n,r[MAXN],p=1,nowm;
int a[MAXN];
int nxt[MAXN],last[MAXN];
struct tree
{
    int lowbit(int x)
    {
        return x&(-x);
    }
    void add(int num,int data)
    {
        for(int i=num;i<=MAXN-9;i+=lowbit(i))
        {
            a[i]+=data;
        }
    }
    int getsum(int num)
    {
        int ans=0;
        for(int i=num;i>0;i-=lowbit(i))
        {
            ans+=a[i];
        }
        return ans;
    }
}tre;
int read()
{
    int x=0,f=1;
    char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9')
    {
        if(c=='-')f=-1;
        c=getchar();
    }
    while(c>='0'&&c<='9')
    {
        x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
        c=getchar();
    }
    return x*f;
}
bool check(int st,int ed,int step)
{
    return tre.getsum(ed)-tre.getsum(st)<step;
}
int get_nxtk(int l,int r,int step)//在l到r的区间中，距开头为step的点的位置
{
    while(l<r)
    {
        int mid=(l+r)>>1;
        if(tre.getsum(mid)>=step)r=mid;
        else l=mid+1;
    }
    return l;
}
int main()
{
    n=read();
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        r[i]=read();
        tre.add(i,1);
        last[i]=i-1;
        nxt[i]=i+1;
        if(last[i]==0)last[i]=n;
        if(last[i]==n+1)last[i]=1;
    }
    int cnt=n;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int step=r[i]%cnt+1;
        int cha=tre.getsum(n)-tre.getsum(p-1);
        if(cha<step)
        {
            p=get_nxtk(1,p-1,step-cha);
        }
        else
        {
            int pro=tre.getsum(p-1);
            p=get_nxtk(p,n,pro+step);
        }
        printf("%d\n",p);
        last[nxt[p]]=nxt[p];
        nxt[last[p]]=last[p];
        tre.add(p,-1);
        cnt--;
        p=nxt[p];
    }
    return 0;
}