Educational Codeforces Round 171 (Rated for Div. 2) 10.28 ABCD题解
Educational Codeforces Round 171 (Rated for Div. 2) 10.28 （ABCD）题解
A. Perpendicular Segments
数学（math）计算几何（geometry）题意：
给定一个\(X,Y,K\)。需要求解出二维坐标系中的四个点\(A,B,C,D\)，满足：\(0 \leq A_x，B_x，C_x，D_x \leq X\)，\(0 \leq A_y，B_y，C_y，D_y \leq Y\)。并且\(|AB| ,|CD| \geq K\)。
如果有多个输出，输出任意一个即可。
输入：
第一行一个整数\(t\)，表示\(t\)组测试用例。\((1 \leq t \leq 5000)\)
每组一行三个整数\(X,Y,K\)。\((1 \leq X，Y \leq 1000 ；1 \leq K \leq 1414 )\)
输入附加限制：输入的\(X,Y,K\)保证存在答案。
输出：
每组数据两行，第一行四个整数表示\(A_x,A_y,B_x,B_y\)，中间用空格隔开。
第二行四个整数表示\(C_x,C_y,D_x,D_y\)，中间用空格隔开。
样例输入：
4
1 1 1
3 4 1
4 3 3
3 4 4
样例输出：
0 0 1 0
0 0 0 1
2 4 2 2
0 1 1 1
0 0 1 3
1 2 4 1
0 1 3 4
0 3 3 0
样例解释：
在第一个样例中，四个点可以如下：
在第二个样例中，四个点可以如下：
在第三个样例中，四个点可以如下：
在第四个样例中，四个点可以如下：
分析：
由于题目给定的输出限制是保证一定有解，那么我们逆向思维，考虑什么限制条件他是无解的。
对于一个矩阵，如果他是正方形对角线一定垂直。这是合理的，那如果是长方形呢？
假设输入的\(K > \sqrt{2} \ast min(X,Y)\)，也就是他比在矩阵中最大正方形的对角线还要大。也就是这种情况\((X > Y)\)：
那么我们考虑与\(AB\)垂直的最长的线段\(CD\)，判断其是否符合解的情况。
我们证明，可以得到\(A\)的坐标为\((0,0)\),\(B\)的坐标为\((t,Y)\)，其中\(t = \sqrt{K^2 - Y^2}\)并且有\(t > Y\)。
我们可以得到\(AB\)的直线方程为\(y = \frac{Y}{t} \ast x\)。由于\(AB\)与\(CD\)垂直，那么我们可以得到\(CD\)的直线方程为\(y = -\frac{t}{Y} \ast x + Y\)。
我们发现，欲求解出最长的\(CD\)，可以定下来，一定有个点在\((0,Y)\)，平移可以证明，这里不证明了。
带入\(C\)为\((0,Y)\)。我们可以解出\(D\)为\((\frac{Y^2}{t},0)\)，接下来我们可以求解出：
\(|CD|=Y \ast \sqrt{\frac{Y^2}{t^2}+1}\)
\(|AB|=\sqrt{Y^2+t^2}=t \ast \sqrt{\frac{Y^2}{t^2}+1} ==K\)
由于\(t > Y\)，所以，\(|CD| < K\)。我们得到长度最大的\(|CD|\)都无法满足条件，也就是说，输入的一个隐含前提是：\(K \leq \sqrt{2} \ast min(X,Y)\)。
那么我们可以有贪心得到：每次都取最大正方形的对角线作为\(|AB|\)和\(|CD|\)。
所以我们输出
\(A_x=0,A_y=0\)
\(B_x=min(X,Y),B_y=min(X,Y)\)
\(C_x=0,C_y=min(X,Y)\)
\(D_x=min(X,Y),D_y=0\) 即可。
ac 代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N=1e5+10;
int a[N];
int t,n;
int x,y,k;
signed main() {
cin>>t;
while(t--){
cin>>x>>y>>k;
int A_x,A_y,B_x,B_y,C_x,C_y,D_x,D_y;
int m=min(x,y);
A_x=0,A_y=0;
B_x=m,B_y=m;
C_x=0,C_y=m;
D_x=m,D_y=0;
cout<<A_x<<" "<<A_y<<" "<<B_x<<" "<<B_y<<endl;
cout<<C_x<<" "<<C_y<<" "<<D_x<<" "<<D_y<<endl;
}
return 0;
}
B. Black Cells
二分（binary search） 暴力枚举（brute force）题意：
有一个长方形格子，从左到右编号为\(0\)到\(10^{18}\)。
给定长度为\(n\)的数组\(a\)，起初每个元素对应的格子都是白色的。
每次可以选取数组中的两个元素，\(a_i\)和\(a_j\)，如果\(i \neq j\)并且，\(|i-j| \leq k\)，就可以将这两个格子涂成黑色。
数组\(a\)中的元素必须要全部涂成黑色，此外，最多有一个不在\(a\)中的元素可以被涂成黑色。
我们需要求解出符合题意\(k\)的最小值。
输入：
第一行一个整数\(t\)，表示\(t\)组测试用例。\((1 \leq t \leq 500)\)
每组第一行一个整数\(t\)。\((1 \leq n \leq 2000)\)
接下来一行\(t\)个整数\(a_1, a_2, \dots, a_n\)。(\(0 < a_i < 10^{18}\); \(a_i < a_{i + 1}\))
输出：
每组一行一个整数\(k\)，表示符合题意答案的最小值。
样例输入：
4
2
1 2
1
7
3
2 4 9
5
1 5 8 10 13
样例输出：
1
1
2
3
样例解释：
在第一个样例中，使用\(k=1\)可以绘制单元格 \((1,2)\)。
在第二个样例中，使用\(k=1\)可以绘制单元格\((7,8)\)。
在第三个样例中，使用\(k=2\)可以绘制单元格\((2,4)\)和\((8,9)\)。
在第四个样例中，使用\(k=3\)可以绘制单元格\((0,1)\)、\((5,8)\)和\((10,13)\)。
分析：
我们发现这个题目，就是需要求出比较合适数对之间最小值，它允许一个元素单独涂。
那么我们很容易发现，当数组长度\(n\)是偶数的时候，不存在一个元素单独涂的情况，因为每次涂两个，势必还会再单一个元素。
如果\(n\)是奇数，他就可以单一个元素不考虑。并且这个单独涂的元素也有限制，他只能是奇数位。下标从\(1\)开始。
因为假设他是偶数位，他前面一定有奇数个元素，再因为两两配对涂色，就一定会导致存在一个单独的元素，前后矛盾了，所以他只能在奇数位单独涂。
基于上面的分析，我们可以采用暴力枚举来完成。
先判断\(n\)的奇偶，为偶，则直接枚举两个元素，求出差值最大值。
如果是奇数，枚举奇数位单独的情况，再里面枚举两个元素差值的最大值，最后所有这样的单独位得到的结果取最小值。
我们再讲一下另一个思路，由于我们发现结果一定有：\(1 \leq k \leq (max(a)-min(a))\)。
所以我们考虑二分。枚举这两个端点，二分的条件就是判断这个\(mid\)是否满足二分条件。
我们来思考一下这个二分\(check\)应该如何写？
首先我们的大前提是所有\(a\)中元素涂色，并且，最多只能有一个其他元素进行涂色。
所以我们每次\(check\)的时候枚举数组，两个元素直接求差值，如果他比\(mid\)小,就说明这个数对满足条件，再往后枚举。
相反如果不符合，那么直接就将这个元素单独涂色，再往后枚举。
如果上述操作后，有多个元素需要单独处理，就说明我们的\(mid\)比预期的要小，就更新二分的点。
ac 代码：
//暴力枚举
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N=2020;
int a[N];
int t,n;
signed main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
cin>>t;
while(t--){
int n;
cin>>n;
for (int i=0;i<n;i++)cin>>a[i];
int ans=0;
if(n%2==0) {
for (int i=0;i<n;i+=2){
ans=max(ans,a[i+1]-a[i]);
}
}
else{
ans=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
for (int i=0;i<n;i+=2) {
int res=0;
for (int j=0;j<n;j+=2) {
if (j==i){
j--;
continue;
}
res=max(res,a[j+1]-a[j]);
}
ans=min(ans,res);
}
}
if(ans)cout<<ans<<endl;
else cout<<1<<endl;
}
return 0;
}
//二分
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N=2010;
int a[N],b[N];
int t,n;
bool check(int mid){
int fl=0;
for(int i=0;i<n;i++){
if(i+1<n&&a[i+1]-a[i]<=mid)i += 1;
else fl++;
}
return fl<=1;
}
signed main() {
cin>>t;
while(t--){
cin>>n;
vector<int>B(n);
for(int i=0;i<n;i++)cin>>a[i];
int l=1;
int r=max(l,a[n-1]-a[0]);
int ans=r;
while(l<=r){
int mid=l+r>>1;
if(check(mid)) {
ans=mid;
r=mid-1;
}
else l=mid+1;
}
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
C. Action Figures
贪心（greedy） 数据结构（data structures）题意：
\(Monocarp\)要去商店买玩具一共有\(n\)个玩具即将推出，在第\(i\)天的时候，商店会推出一个新的玩具，价格为\(i\)个硬币。
即第\(i\)个玩具只能在\(i\)到\(n\)天购买，但价格不会变化。并且如果\(Monocarp\)在某一天一次购买多个玩具，那么价格最高的将会免费。
但是\(Monocarp\)并不会每天都去商店，给一个字符串，其中\(0\)表示第\(i\)天不去商店，\(1\)表示第\(i\)天去商店。由于第\(n\)个玩具只能在第\(n\)天购买，所以他一定是\(1\)。
需要求解出\(Monocarp\)买下这些玩具至少需要多少个硬币？
输入：
第一行一个整数\(t\)，表示\(t\)组测试用例。\((1 \leq t \leq 10^4)\)
每组第一行一个整数\(n\)，表示一共有\(n\)个玩具。(\(1 \leq n \leq 4 \ast 10^5\))
接下来一行一个长度为\(n\)的字符串\(s\)，其中每位为\(1\)或者\(0\)，表示去商店或者不去商店。
输入限制，保证\(s\)末尾一定是\(1\)。
样例输入：
4
1
1
6
101101
7
1110001
5
11111
样例输出：
1
8
18
6
样例解释：
在第一个样例中，\(Monocarp\)可以在第\(1\)天购买第\(1\)个玩具，花费\(1\)个硬币。
在第一个样例中，\(Monocarp\)可以在第\(3\)天购买第\(1\)个和第\(3\)个玩具，花费\(1\)个硬币，
然后可以在第\(4\)天购买第\(2\)个和第\(4\)个玩具，花费\(2\)个硬币。
最后可以在第\(6\)天购买第\(5\)个和第\(6\)个玩具，花费\(5\)个硬币，所以答案是\(1+2+5=8\)。
在第一个样例中，\(Monocarp\)可以在第\(3\)天购买第\(2\)个和第\(3\)个玩具，花费\(2\)个硬币。
之后他在第\(7\)天买剩下所有的玩具，花费\(1+4+5+6=16\)个硬币，总共花费\(16+2=18\)个硬币。
分析：
我们发现，如果存在对应\(0\)，那么这个玩具一定会被原价购买。
如何证明？
假设第\(i\)天字符串中对应的为\(0\),即\(Monocarp\)不去商店购买东西，则第\(i\)个玩具只能放在后面的时间购买。
又因为后面的价格高于\(i\)，那么后面贵的元素优先考虑打折，所以，不论如何操作，\(0\)对应的玩具一定会被购买。
那么也就是\(1\)对应的是可能购买，我们不妨给他存起来。
然后我们再细化考虑其中细节。
我们已经分析了\(0\)对应的玩具一定会被购买，那么我们还需要最优考虑，
如果\(0\)后面还存在比他价格高，且是\(1\)对应的，那么这个玩具就应该是免费的。
由于这个玩具就不需要购买了， 就可以移除掉。
我们可以用队列来实现上述操作。
最后实现完之后考虑队列中元素，我们由于可以免费，所以我们只需要对半向上取整再考虑后半部分较小的元素即可。
ac 代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
void solve()
{
int n;
string s;
cin>>n;
cin>>s;
s=' '+s;
int ans=0;
int fg=0;
queue<int> q;
for(int i=s.size()-1;i>=1;i--)
{
if(s[i]=='0')
{
if(q.size()) q.pop();
ans+=i;
}
else
{
q.push(i);
}
}
int sz=(q.size()/2);
int tot=0;
int bk=0;
while(q.size())
{
tot+=q.front();
if(sz)
{
sz--;
bk+=q.front();
}
q.pop();
}
tot-=bk;
cout<<ans+tot<<endl;
}
signed main()
{
std::ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
int tt=1;
cin >> tt;
while(tt--) solve();
}
D. Sums of Segments
数学（math）二分（binary search）题意：
给定一个长度为\(n\)的数组\([a_1, a_2, \dots, a_n]\)。
设定\(s(l,r)\)是从\(a_l\) 到\(a_r\)的元素之和，即： \(s(l,r) = \sum\limits_{i=l}^{r} a_i\)。
再构造一个长度为\(\frac{n(n+1)}{2}\)的数组\(b\)。 \(b = [s(1,1), s(1,2), \dots, s(1,n), s(2,2), s(2,3), \dots, s(2,n), s(3,3), \dots, s(n,n)]\)。
例如：\(a = [1, 2, 5, 10]\)，那么\(b = [1, 3, 8, 18, 2, 7, 17, 5, 15, 10]\)。
之后会有\(q\)次查询，每次给定\(l,r\)需要求解出\(\sum \limits_{j=l_i}^{r_i} b_j\)，即数组\(b\)中\(l\)到\(r\)的元素之和。
输入：
第一行一个整数\(n\)，表示数组\(a\)的元素个数。\((1 \leq n \leq 3 \ast 10^5)\)
第二行\(n\)个整数\(a_i\)。\((-10 \leq a_i \leq 10)\)
第三行一个整数\(q\)，表示\(q\)次查询。\((1 \leq q \le 3 \ast 10^5)\)
接下来\(q\)行，每一行两个整数\(l_i\)和\(r_i\)。\((1 \le l_i \le r_i \le \frac{n(n+1)}{2})\)
样例输入：
4
1 2 5 10
15
1 1
1 2
1 3
1 4
1 5
1 10
5 10
6 10
2 8
3 4
3 10
3 8
5 6
5 5
1 8
样例输出：
1
4
12
30
32
86
56
54
60
26
82
57
9
2
61
分析：
我们发现这是一个数组构造的题目。那么我们来找规律。
我们单纯考虑样例。
| 索引 | 1 | 2 | 3 | 4 |
|---|---|---|---|---|
| a | 1 | 2 | 5 | 10 |
\(b = [1, 3, 8, 18, 2, 7, 17, 5, 15, 10]\)可以拆分成4行，第一行是\(1, 3, 8, 18\)，第二行是\(2, 7, 17\)，第三行是\(5, 15\)，第四行是\(10\)。
那么我们也列出表格
| a | 1 | 2 | 5 | 10 |
|---|---|---|---|---|
| b | 1 | 3 | 8 | 18 |
| 2 | 7 | 17 | ||
| 5 | 15 | |||
| 10 |
我们可以立马发现，在第二行中，每个元素都减去了\(a_1\)，这个由定义也可以得到，同理第三行第四行均都有这样的操作，并且还多减去\(a_2\)。第四行多减去了一个\(a_3\)。
那么我们再更新一下这个表格，补全前面空余的部分。
| a | 1 | 2 | 5 | 10 |
|---|---|---|---|---|
| b | 1 | 3 | 8 | 18 |
| -4 | 2 | 7 | 17 | |
| -4 | -6 | 5 | 15 | |
| -4 | -6 | -10 | 10 |
这前面的负数，表示第一行的和加上这几个负值，就可以得到这一行的和。
怎么求？
我们定义的这个负值，是表示这一行减去了多少个\(a_i\)。
所以\(sub_i=a_i \ast (n-i+1)\)
例如：第一行和是\(1+3+8+18=30\)，第二行的和是\(30+(-4)=26=2+7+17\)。
那么这里就可以迅速得到：
前两行的和就是\(30*2+(-4)=56\)。
前三行的和就是\(30*3+(-4)+(-4-6)=76\)。
我们发现每一行减去的都是\(sub\)的一个前缀，所以我们将\(sub\)取一个前缀和得到：\(s_{sub}\)。
我们又发现快速求前几行，他每次都是减去的\(s_{sub}\)的前缀，所以我们再对他取一个前缀和得到：\(s_{s_{sub}}\)。
对于我们每次对标的第一行，不难发现，他其实是\(a\)的前缀和的前缀和。我们定义\(s_{s_a}\)为\(a\)的前缀和的前缀和。
这样操作，我们取前k行结果就是 \({s_{s_a}}[n]\ast k - {s_{s_{sub}}}[k-1]\)
对于这个样例，当前的值如下：
| a | 1 | 2 | 5 | 10 |
|---|---|---|---|---|
| \(s_a\) | 1 | 3 | 8 | 18 |
| \(s_{s_a}\) | 1 | 4 | 12 | 30 |
| \(sub\) | -4 | -6 | -10 | |
| \(s_{sub}\) | -4 | -10 | -20 | |
| \(s_{sub}\) | -4 | -14 | -34 |
那么我们取前k行的操作就结束了。
我们再考虑如果他是第二行的第一个元素咋办？
我们只需要取\(s_{s_a}[2]\)，这样得到4。我们再看需要减去这两个元素多出来的\(a_1\)但是我们并没有预处理好的两倍的\(a_1\)。我们仅仅有\(sub_1\)，表示减去了4次。
但是我们可以加呀，我们后面的元素可以快速找出来，有\(2\)个。我们先给他减去\(sub_1\),然后再加上\(2*a_1\)就可以得到这一行的结果为\(2\)。
同理我们也可以搜索第二行第二个数，这样就需要重复减去\(a_1\)和\(a_2\)这个我们用\(a\)前缀和\(s_a\)可以快速实现。
接下来我们回到问题本身，给出询问，找到\(b\)数组中，第\(l\)到第\(r\)之间的元素和\(\sum \limits_{j=l}^{r} b_j\)。
那么我们可以看成第\(1\)个到第\(r\)个减去第\(1\)个到第\(l-1\)个,即\(ans = \sum \limits_{j=1}^{r} b_j - \sum \limits_{j=1}^{l-1} b_j\)
我们根据上面的思路，先搜索他在\(l-1\)和\(r\)在第几层。我们可以用二分快速搜，搜到他在第\(k\)层。
如何搜？
我们通过公式发现，他是一个\(n,n-1,n-2, \ldots ,1\)的一个序列，我们前\(k\)层的元素有多少个？
\(\frac{(n+n-k+1)}{2}\)个，用这个条件来二分即可。
我们搜到的结果是向下取整的（如果正好是整的，就不需要后面的操作了），然后再按照上面思路加上第k+1层前面的这些元素就可以了。
ac 代码：
//建议大家按照上面的思路自己写一下，我这个代码可读性很差。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N=300010;
int a[N],s[N],ss[N];
int b[N],bb[N];
int t,n,q;
bool check(int k,int x){
int tmp=(2*n-k+1)*k/2;
if(tmp>x)return false;
else return true;
}
signed main() {
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
for(int i=1;i<=n;i++)s[i]=a[i]+s[i-1];
for(int i=1;i<=n;i++)ss[i]=s[i]+ss[i-1];
for(int i=1;i<n;i++){
b[i]=a[i]*(n-i+1);
}
for(int i=1;i<n;i++)b[i]+=b[i-1];
for(int i=1;i<n;i++)bb[i]=b[i]+bb[i-1];
cin>>q;
while(q--){
int l,r;
cin>>l>>r;
l-=1;
int k_l=0,k_r=n;
int L=0,R=0;
while(k_l<k_r){
int mid=k_r+k_l+1>>1;
if(check(mid,l)){
k_l=mid;
}
else{
k_r=mid-1;
}
}
L+=ss[n]*k_l-bb[k_l-1];
int tmp=l-(2*n-k_l+1)*k_l/2;
int k=k_l+tmp;
if(tmp)L+=ss[k]-b[k_l]+s[k_l]*(n-k);
k_l=0,k_r=n;
while(k_l<k_r){
int mid=k_r+k_l+1>>1;
if(check(mid,r)){
k_l=mid;
}
else{
k_r=mid-1;
}
}
R+=ss[n]*k_l-bb[k_l-1];
tmp=r-(2*n-k_l+1)*k_l/2;
k=k_l+tmp;
if(tmp)R+=ss[k]-b[k_l]+s[k_l]*(n-k);
int ans=R-L;
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
