Codeforces Round 961 (Div. 2)

写在前面
A
B1 & B2
C
D
写在最后

写在前面

比赛地址：https://codeforces.com/contest/1995。

上了一百多分，爽！要是把 D 冲出来就直接紫了呃呃然而失败！争取下把上紫！

A

签到。

复制复制 //
/*
By:Luckyblock
*/
#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
//=============================================================
//=============================================================
//=============================================================
int main() {
  // freopen("1.txt", "r", stdin);
  std::ios::sync_with_stdio(0), std::cin.tie(0);
  int T; std::cin >> T;
  while (T --) {
    int n, k; std::cin >> n >> k;
    if (k == 0) std::cout << 0 << "\n";
    else if (k && k <= n) std::cout << 1 << "\n";
    else {
      int ans = 1;
      k -= n;
 
      for (int i = n - 1; i; -- i) {
        if (k > 0) ++ ans, k -= i;
        if (k > 0) ++ ans, k -= i;
      }
      std::cout << ans << "\n";
    }
  }
  return 0;
}

B1 & B2

枚举。

不太懂分 B1B2 什么意义、、、过了 B1 两分钟就把 B2 过了呃呃也可能是我 B1 没看题不知道暴力怎么写哈哈

已知每种权值的出现次数，于是仅需考虑对于两个分别出现了 $c_1, c_2$ 的两个权值 $a, a+1$ 使用代价 $m$ 可以获得的最大价值。

发现将选择的一个 $a$ 替换为 $a+1$ 会且仅会使价值 +1，则一个显然的想法是先用 $a$ 凑，剩余部分用 $a+1$ 凑，然后检查此时是否：

选择了至少一个 $a$ 。
选择 $a+1$ 的数量小于 $c_2$ 。
代价之和小于 $m$ 。

然后考虑将尽可能多的 $a$ 替换为 $a+1$ 即可，具体讨论过程详见代码。

以下为 B2 代码。

 //
/*
By:Luckyblock
*/
#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
const int kN = 2e5 + 10;
std::map<int, int> cnt; 
//=============================================================
int n, a[kN];
LL m;
//=============================================================
//=============================================================
int main() {
  //freopen("1.txt", "r", stdin);
  std::ios::sync_with_stdio(0), std::cin.tie(0);
  int T; std::cin >> T;
  while (T --) {
    std::cin >> n >> m;
    cnt.clear();
    for (int i = 1; i <= n; ++ i) std::cin >> a[i];
    for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
      int c; std::cin >> c;
      cnt[a[i]] = c;
    }
    
    LL ans = 0;
    for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
      int c1 = cnt[a[i]], c2 = cnt[a[i] + 1];
      LL temp = 1ll * c1 * a[i] + c2 * (a[i] + 1);
      if (temp <= m) ans = std::max(ans, temp);
 
      LL k1 = std::min(1ll * c1, m / (a[i]));
      temp = k1 * a[i];
      
      LL k2 = std::min(1ll * c2, (m - temp) / (a[i] + 1));
      temp += k2 * (a[i] + 1);
 
      if (k1 && k2 < c2 && temp < m) {
        LL delta = std::min(std::min(k1, c2 - k2), (m - temp));
        k1 -= delta, k2 += delta, temp += delta;
      }
      ans = std::max(ans, temp);
    }
    std::cout << ans << "\n";
  }
  return 0;
}

C

维护技巧。

看到这题笑死我了太典了实在是

发现可以直接从前往后操作，每次将当前位置的数调整为最小的不小于前一个数的数即可。然而大力平方之后会很大，没法直接比较大小那么没法直接做。

发现 $a_i$ 平方 $c_i$ 次后为 $a^{2^{c_i}}$ ，于是仅需考虑如何找到最小的 $c'_i$ ，使得：

a_{i}^{2^{c_{i}^{'}}} \geq a_{i - 1}^{2^{c_{i - 1}}}

$\large a_i^{2^{c'_i}} \ge a_{i -1}^{2^{c_{i-1}}}$

这个幂次的形式太典了，取个 $\log$ ：

2^{c_{i}^{'}} \log a_{i} \geq 2^{c_{i - 1}} \log a_{i - 1}

$2^{c'_i}\log a_i \ge 2^{c_{i-1}} \log a_{i -1}$

发现有 $2$ 的幂还是很大，不太好直接比较，那么再取个 $\log$ ：

c_{i}^{'} \log 2 + \log \log a_{i} \geq c_{i - 1} \log 2 + \log \log a_{i - 1}

$c'_i\log 2 + \log\log a_i \ge c_{i-1}\log 2 +\log \log a_{i -1}$

这下就好做了。每次二分或者直接大力算出来最小的 $c'$ 即可，若求不出来则无解。赛时懒得多想了写了二分，爽！

 //
/*
By:Luckyblock
*/
#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
const int kN = 2e5 + 10;
const double eps = 1e-9;
//=============================================================
int n, a[kN]; 
LL ans, f[kN];
//=============================================================
bool notsmaller(LL a_, LL f1_, LL b_, LL f2_) {
  double lga = log10(1.0 * a_), lgb = log10(1.0 * b_);
  double lglga = log10(lga), lglgb = log10(lgb);
  double lg2 = log10(2.0);
 
  return (f1_ * lg2 + lglga + eps >= f2_ * lg2  + lglgb);
}
//=============================================================
int main() {
  // freopen("1.txt", "r", stdin);
  std::ios::sync_with_stdio(0), std::cin.tie(0);
  int T; std::cin >> T;
  while (T --) {
    std::cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; ++ i) std::cin >> a[i];
    for (int i = 1; i <= n; ++ i) f[i] = 0;
 
    ans = 0;
    for (int i = 2; i <= n; ++ i) {
      if (notsmaller(a[i], 0, a[i - 1], f[i - 1])) continue;
      for (LL l = 1, r = 1e10; l <= r; ) {
        LL mid = (l + r) >> 1ll;
        if (notsmaller(a[i], mid, a[i - 1], f[i - 1])) {
          f[i] = mid;
          r = mid - 1;
        } else {
          l = mid + 1;
        }
      }
      if (!f[i]) {
        ans = -1;
        break;
      }
      ans += f[i];
    }
    std::cout << ans << "\n";
  }
  return 0;
}

D

状压 DP。

江队说是套路妈的，场上光想着怎么 check 一个状态是否合法了还能这么搞太牛逼了。

这个数据范围疯狂暗示需要状压，于是考虑状压 DP 求有哪些选择结尾的状态是合法的。

发现题目给定限制，等价于对于所有长度为 $k$ 的子区间，要求这些子区间中至少有一个字符为结尾字符；且最后一个字符一定为结尾字符。则对于每一个子区间中所有字符，在任一合法的选择结尾的方案中不能同时不出现。于是一个显然的想法是考虑在结尾字符中，不存在哪些字符会使得方案非法。记 $f_{s}$ 表示不存在的结尾字符的状态 $s$ 时是否合法，初始化：

对于每一长为 $k$ 的子区间，求其中出现的字符状态集合 $s'$ ，则 $f_{s'} = \text{false}$ 。
仅包含最后一个字符 $s_{n}$ 的状态 $s''$ ，有 $f_{s''} = \text{false}$ 。
除此之外所有其他集合 $s$ 均有 $f_{s} = \text{true}$ 。

然后按照不存在字符数量枚举集合 $1\sim 2^{c} - 1$ ，考虑当前集合是否包含一个非法的子集即可，即有转移：

\forall 1 < s \leq 2^{c} - 1, f_{s} = {AND}_{2^{i} \in s} f_{s - 2^{i}}

$\forall 1<s\le 2^{c}-1,\ f_{s} = \operatorname{AND}\limits_{2^i\in s} f_{s - 2^i}$

最后对所有 $f_{s} = \text{true}$ 的状态统计其中 0 的个数取最小值即为答案。

总时间复杂度 $O(cn + c\times 2^c)$ 级别。

 //
/*
By:Luckyblock
*/
#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
const int kN = 1e6 + 10;
const int kInf = 1e9 + 2077;
const int kC = 20;
//=============================================================
int n, c, k, all, ans;
int cnt[kC];
bool can_delete[kN];
std::string s;
//=============================================================
void init() {
  all = (1 << c) - 1, ans = c;
  for (int i = 0; i <= all; ++ i) can_delete[i] = 1;
  for (int i = 0; i < c; ++ i) cnt[i] = 0;
  for (int i = 0; i < k; ++ i) ++ cnt[s[i] - 'A'];
  for (int l = 0, r = k - 1; r < n; ++ l, ++ r) {
    int j = 0;
    for (int i = 0; i < c; ++ i) if (cnt[i]) j |= (1 << i);
    can_delete[j] = 0;
    if (r + 1 < n) -- cnt[s[l] - 'A'], ++ cnt[s[r + 1] - 'A'];
  }
 
  can_delete[1 << (s[n - 1] - 'A')] = 0;
}
void solve() {
  for (int i = 1; i < all; ++ i) {
    int cnt0 = 0;
    for (int j = 0; j < c; ++ j) {
      if (i >> j & 1) can_delete[i] &= can_delete[i ^ (1 << j)];
      else ++ cnt0;
    }
    if (can_delete[i]) ans = std::min(ans, cnt0);
  }
}
//=============================================================
int main() {
  // freopen("1.txt", "r", stdin);
  std::ios::sync_with_stdio(0), std::cin.tie(0);
  int T; std::cin >> T;
  while (T --) {
    std::cin >> n >> c >> k;
    std::cin >> s;
    init();
    solve();
    std::cout << ans << "\n";
  }
  return 0;
}

写在最后

学到了什么：

D：预处理状态后自底向下递推。

哎呦我草这个夏和小的音声啊听着一秒不昏过去的都是神人了：【【中文字幕/碧蓝档案】月雪宫子（泳装）ASMR 「在你我二人的小岛上共道早安」】 https://www.bilibili.com/video/BV1zS411w7X6

posted @ 2024-07-24 01:54 Luckyblock 阅读(1211) 评论(12) 编辑收藏举报

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	*/
	#include <bits/stdc++.h>
	#define LL long long
	//=============================================================
	//=============================================================
	//=============================================================
	int main() {
	// freopen("1.txt", "r", stdin);
	std::ios::sync_with_stdio(0), std::cin.tie(0);
	int T; std::cin >> T;
	while (T --) {
	int n, k; std::cin >> n >> k;
	if (k == 0) std::cout << 0 << "\n";
	else if (k && k <= n) std::cout << 1 << "\n";
	else {
	int ans = 1;
	k -= n;

	for (int i = n - 1; i; -- i) {
	if (k > 0) ++ ans, k -= i;
	if (k > 0) ++ ans, k -= i;
	}
	std::cout << ans << "\n";
	}
	}
	return 0;
	}