牛客IOI周赛28-普及组 题解

说在前面

被毒瘤题虐了，看到昨天牛客有普及模拟赛，来vp。
大概花了1h AK。
比赛链接

A

发现做完\(n\)次操作等于没做，所以做\(x\)次操作等同于做\(x \bmod n\)次操作，然后先输出[x + 1,n]，再输出[1,x]即可。

# include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 5;
char s[N];
int n; long long x;
int main(void)
{
    scanf("%d%lld",&n,&x);
    scanf("%s",s + 1);
    x = x % n;
    for(int i = x + 1; i <= n; i++) cout << s[i];
    for(int i = 1; i <= x; i++) cout << s[i];
    return 0;
}

B

第一眼看上去是个dp。
方便讲解，设\(a[i][j]\)为\(a_i\)的第\(j\)个取值。
设\(dp[i][j]\)为以\(a[i][j]\)位置做结尾的最长上升子序列。
易得

\[dp[i][j] = \max_{i_0 < i,a[i_0][j_0] < a[i][j]} \{dp[i_0][j_0]\} + 1 \]

然后用BIT优化dp即可。
看到提问区有说把值域提到1e9的，其实离散化一下应该也能过。

# include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int K = 5e3 + 5,N = 1e3 + 5;
int k,n;
int a[N][K];
int Max;
struct BIT
{
    int T[N];
    int lowbit(int x) {return x & (-x);}
    void add(int x,int d)
    {
        while(x <= Max)
        {
            T[x] = max(T[x],d);
            x += lowbit(x);
        }
        return;
    }
    int query(int x)
    {
        int ans = 0;
        while(x)
        {
            ans = max(ans,T[x]);
            x -= lowbit(x);
        }
        return ans;
    }
}T;
int dp[N][K];
int main(void)
{
    scanf("%d%d",&k,&n);
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        for(int j = 1; j <= k; j++)
        {
            scanf("%d",&a[i][j]);
            Max = max(Max,a[i][j]);
        }
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        for(int j = 1; j <= k; j++) 
        {
            dp[i][j] = 1;
            if(i == 1) T.add(a[i][j],1);
        }
    }
    for(int i = 2; i <= n; i++)
    {
        for(int j = 1; j <= k; j++) 
        {
            dp[i][j] = max(dp[i][j],T.query(a[i][j] - 1) + 1);
        }
        for(int j = 1; j <= k; j++)
        {
            T.add(a[i][j],dp[i][j]);
        }
    }
    int ans = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        for(int j = 1; j <= k; j++) ans = max(ans,dp[i][j]);
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

C

笑死了，什么傻逼题。
建反图从小到大枚举起点跑dfs，跑的时候记录vis，直到每个点都走过一遍。

# include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 5;
int n,m;
vector <int> g[N];
bool vis[N];
int total = 0;
int ans[N];
void dfs(int x,int col)
{
    ++total;
    vis[x] = 1;
    ans[x] = min(ans[x],col);
    if(total == n) return;
    for(int i = 0; i < (int)g[x].size(); i++)
    {
        int v = g[x][i];
        if(vis[v]) continue;
        dfs(v,col); 
    }
    return;
}
int main(void)
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i = 1; i <= m; i++)
    {
        int u,v; scanf("%d%d",&u,&v);
        g[v].push_back(u);
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++) ans[i] = i;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        if(!vis[i] && total < n) dfs(i,i); 
    }
    sort(ans + 1,ans + n + 1);
    int L = unique(ans + 1,ans + n + 1) - ans - 1;
    for(int i = 1; i <= L; i++) printf("%d ",ans[i]);
    return 0;
}

D

不难发现我们可以这样构造吃糖的顺序：

• \(n\)先入队。
• \(n - 1\)可以加到队左边或者右边。
• \(n - 2\)可以加到队左边或者右边。
• \(\cdots\)
• \(1\)可以加到队左边或者右边。

考虑现在考虑\(x\)入队，设队列为\(b\)，\(sum = \sum {\Delta_i}\)
不难发现，若\(x\)加入队列左边，则对答案的贡献即为\(sum\)。
若加入队列右边，则对答案的贡献即为\(\Delta_x \cdot (n - x)\)。
比较大小判断左右即可。然后最后模拟一遍输出。
我代码里用的deque实现/cy

# include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
# define int long long
const int N = 2e5 + 5;
int n,a[N];
int delta[N];
deque <int> q;
int sum;int ans = 0;
signed main(void)
{
    scanf("%lld",&n);
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        scanf("%lld",&a[i]);
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        scanf("%lld",&delta[i]);
    }
    q.push_front(n);
    sum = delta[n];
    for(int i = n - 1; i >= 1; i--)
    {
        if(sum > delta[i] * (n - i)) q.push_front(i);
        else q.push_back(i);
        sum += delta[i];
    }
    int t = 0;
    while(!q.empty())
    {
        int x = q.front(); q.pop_front();
        ans = ans + a[x] + delta[x] * t;
        ++t;
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}