Codeforces Round #587 (Div. 3)
Codeforces Round #587 (Div. 3)
\(E1.Numerical\ Sequence\ (easy\ version)\)
这道题目比较简单因为根据等差数列求和公式 \(n*(n+1)/2\) 这道题暴力枚举的时间复杂度不会超过 \(\Theta (10^5)\),所以我们先预处理出来 \(10^5\) 一共可以排多少位,然后每次暴力跳,只要当前的和加上这个数以及以前分解的小于等于 \(k\) 就一直往后跳,跳到最大小于 \(k\) 的,然后剩下的一段的末尾就是答案。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=1e5+100;
int q,num;
int a[N*5],pre[N];
inline void work(int x)
{
if (!x) return ;
work(x/10);
a[++num]=x%10;
return ;
}
int main()
{
for (int i=1;i<=(int)1e5;i++)
{
work(i);
pre[i]=num;
}
scanf("%d",&q);
while (q--)
{
ll k,sum=0;
scanf("%lld",&k);
for (int i=1;i<=(int)1e5;i++)
if (sum+pre[i]<k) sum+=pre[i];
printf("%d\n",a[k-sum]);
}
return 0;
}
反思:这道题目比较简单,比赛中却没有写出来,因为考试的时候只想怎样快速找到后面的那一段,没有想到通过预处理来暴力跳。
这道题目首先想出来的是贪心,结果发现贪心比较麻烦,发现可以 \(DP\) 所以就直接写了 \(DP\) 。设 \(dp[i]\) 为覆盖到 \(i\) 的最小花费。
然后如果 \(a[i]\) 为 \(0\) 就有
\[dp[i]=\min(dp[i-1]+i,dp[i])
\]
表示直接从前 \(i-1\) 个被覆盖的最小花费转移过来
如果 \(a[i]\) 为 \(1\) 就有
\[dp[i]=\min(dp[i-1]+i,dp[i])
\]
\[dp[i]=\min(dp[\max(i-k,1)-1]+i,dp[i])
\]
表示从这个放置路由器可以覆盖范围的最前面的前一个转移过来
然后我们发现如果 \(a[i]\)是 \(1\) 的话 \([\max(i-k,1),\min(i+k,n)]\) 其实也可以通过 \(dp[i]\) 转移过去。
但是直接这样做是 \(\Theta (n^2)\) 的,然后我们发现操作可以通过线段树实现,时间复杂度降到 \(\Theta (n\log_2n)\) 。
暴力转移
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=2e5+100;
int n,k,cnt=1;
char a[N];
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&k);
scanf("%s",a+1);
for (int i=1;i<=n;i++)
dp[i]=4e10+100;
dp[0]=0;
for (int i=1;i<=n;i++)
{
dp[i]=min(dp[i],dp[i-1]+i);
if (a[i]=='1')
{
ll will=dp[max(1,i-k)-1]+i;
dp[i]=min(dp[i],will);
for (int j=max(1,i-k);j<=min(n,i+k);j++)
dp[j]=min(dp[j],will);
}
}
printf("%lld\n",dp[n]);
return 0;
}
线段树优化
反思:写的时候线段树写错了,所以就一直没有调出来,以后初始化标记的时候要在建树的每一个函数里。因为标记只能下传,不能上传。