随笔- 114 文章- 0 评论- 13 阅读- 30915

The 2021 ICPC Asia Nanjing Regional Contest (XXII Open Cup, Grand Prix of Nanjing)

A.Oops, It’s Yesterday Twice More

思路：考虑先把所有袋鼠集中在一起然后再移动。因为有步数限制( $\leq 3 (n - 1)$ )。那么分类讨论移动到四个角上，看哪个符号条件的就输出。

 // AC one more times
// nndbk
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 2e5 + 10;
int n,a,b;
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);   cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
    cin>>n>>a>>b;
    //LU
    int x = 1,y = 1;
    if((a-x)+(b-y)<=(n-1))
    {
        for(int i = 1;i <= n-1;i++)cout<<"L";
        for(int i = 1;i <= n-1;i++)cout<<"U";
        for(int i = 1;i <= b-y;i++)cout<<"R";
        for(int i = 1;i <= a-x;i++)cout<<"D";
        return 0;
    }
    //RU
    x = 1,y = n;
    if((a-x)+(y-b)<=(n-1))
    {
        for(int i = 1;i <= n-1;i++)cout<<"R";
        for(int i = 1;i <= n-1;i++)cout<<"U";
        for(int i = 1;i <= y-b;i++)cout<<"L";
        for(int i = 1;i <= a-x;i++)cout<<"D";
        return 0;
    }
    //LD
    x = n,y = 1;
    if((x-a)+(b-y)<=(n-1))
    {
        for(int i = 1;i <= n-1;i++)cout<<"L";
        for(int i = 1;i <= n-1;i++)cout<<"D";
        for(int i = 1;i <= b-y;i++)cout<<"R";
        for(int i = 1;i <= x-a;i++)cout<<"U";
        return 0;
    }
    //RD
    x = n,y = n;
    if((x-a)+(y-b)<=(n-1))
    {
        for(int i = 1;i <= n-1;i++)cout<<"R";
        for(int i = 1;i <= n-1;i++)cout<<"D";
        for(int i = 1;i <= y-b;i++)cout<<"L";
        for(int i = 1;i <= x-a;i++)cout<<"U";
        return 0;
    }
 
 
    return 0;
}

C. Klee in Solitary Confinement

思路：

做法一：(公式推导)我们考虑枚举众数是谁，然后去写。对于众数是 $x + k$ 的情况，只有 $x$ 对它有贡献。那么考虑对于一段区间 $[L, R] + k$ ,我们对于众数是 $x$ 情况的贡献是什么呢？

![image-20230901231020613](C:\Users\Zhou Yanan\AppData\Roaming\Typora\typora-user-images\image-20230901231020613.png)

如上图所示：

为了更快的处理区间问题，我们先预处理出对于某个数 $x + k$ 的前缀出现次数 $p r e 2$ ，和 $x$ 的前缀出现次数 $p r e 1$

那么对于 $[L, R] + k$ ，对于众数是 $x + k$ 的贡献是 $p r e 2 [L - 1] + p r e 2 [n] - p r e [R] + p r e 1 [R] - p r e 1 [L - 1]$

移向得： $p r e 2 [n] + (p r e 1 [R] - p r e 1 [L - 1]) - (p r e 2 [R] - p r e 2 [L - 1])$

因为 $p r e 2 [n]$ 是定值，那么我们只需要后面这个东西最大就行了。我们固定左界去枚举右界，取max就是答案。

还有一个问题，如何处理出这个东西？

我们先用 $v e c t o r < i n t > i d x [N]$ 存下每种值的下标，然后呢，对于众数是 $x + k$ 的情况，只有 $x$ 是对它有贡献的。我们把 $i d x [x]$ 和 $i d x [x + k]$ 取出来，根据下标，把它们排成一排，假设这两组数总共是有 $c$ 个，那 $f o r (1 ～ c)$ 对两组数做前缀操作。做完以后还是 $f o r (1 ～ c)$ 去求 $p r e 2 [n] + (p r e 1 [R] - p r e 1 [L - 1]) - (p r e 2 [R] - p r e 2 [L - 1])$ 的最大值。

对于时间复杂度：因为每个数 $x$ 至多被访问 $2$ 次( $x + k$ 和 $x - k$ )，那么时间复杂度 $O (2 n)$ .

注意：下标有负数，我们做个偏移。

 // AC one more times
// nndbk
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 4e6 + 10,M = 2e6;
vector<int>idx[N];
int pos[N];
int cnt[N];
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);   cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
    int n,k;
    cin>>n>>k;
    ll maxn = -1e9;
    ll res = -1e18;
    for(int i = 1;i <= n; i++)
    {
        ll x;
        cin>>x;
        x += M;
        cnt[x]++;
        if(cnt[x]>res)res = cnt[x];
        maxn = max(maxn,x);
    	idx[x].push_back(i);
    }
   	//cout<<"mx = "<<maxn<<"\n";
  
    
    for(int i = 0;i <= 4e6; i++)
    {
    	int c =  0;
    	int x = i,y = i+k;
    	if(y<0||y>4e6)continue;
    	int sz1 = idx[x].size(),sz2 = idx[y].size();
    	
    	if(y<0||y>4e6||sz1==0||sz2==0)continue;
    	//cout<<"x = "<<x-M<<" y = "<<y-M<<"\n";
    	int cnt1 = 0,cnt2 = 0;
    	while(cnt1 < sz1|| cnt2 < sz2)
    	{
    		if(cnt1 == sz1)
    			pos[idx[y][cnt2]] = ++c,cnt2++;
    		else if(cnt2 == sz2)
    			pos[idx[x][cnt1]] = ++c,cnt1++;
    		else{
    			if(idx[x][cnt1] < idx[y][cnt2])
    				pos[idx[x][cnt1]] = ++c,cnt1++;
    			else pos[idx[y][cnt2]] = ++c,cnt2++;
    		}
    	}
    	// cout<<"pos1 :";
    	// for(int i = 0;i<sz1;i++)
    	// 	cout<<pos[idx[x][i]]<<" ";
    	// cout<<"\n";
    	// cout<<"pos2 :";
    	// for(int i = 0;i<sz2;i++)
    	// 	cout<<pos[idx[y][i]]<<" ";
    	// cout<<"\n";
    	vector<ll>pre1(c+1),pre2(c+1);
    	
    	for(auto j:idx[x])
    		pre1[pos[j]]++;
    	for(auto j:idx[y])
    		pre2[pos[j]]++;
    	for(int i = 1; i <= c; i++)
    		pre1[i] += pre1[i-1],pre2[i] += pre2[i-1];
    	// for(int i = 1;i <= c;i++)
    	// 	cout<<pre1[i]<<" ";
    	// cout<<"\n";
    	// for(int i = 1;i <= c;i++)
    	// 	cout<<pre2[i]<<" ";
    	// cout<<"\n";
    	ll t = 0;
    	for(int i = 1;i <= c; i++)
    	{
    		t += (pre1[i]-pre1[i-1])-(pre2[i]-pre2[i-1]);
    		if(t<0)t = 0;
    		res = max(res,t + pre2[c]);
    	}
    }
    cout<<res<<"\n";
    
    return 0;
}

做法二：

考虑一个区间 $+ k$ 带来的影响：

对于一个区间原本的数是 $x$ ，现在变成了 $x + k$ ，原本是 $x - k$ 的数现在变成了 $x$ 。

如果选择 $x$ 是众数，那么对于这个所选区间内 $x$ 的贡献是 $- 1$ , $x - k$ 的贡献是 $+ 1$ 。那么对于给定 $x$ ，我们只需要找出最大贡献区间即可。但是如果枚举每个 $a_{i}$ 然后再去扫一遍看贡献肯定超时了，那怎么办呢？当我们枚举到第 $i$ 个位置的时候，我们统计 $a_{i}$ 和 $a_{i} + k$ 产生的贡献，也就是说，我们 $f o r$ 一遍相当于枚举了全部的 $a_{i}$ 。

那么如何选区间呢？从开始一直去取，直到某个位置贡献小于0了，那就不要这段了，因为从这段负的继续加不会更优。所以我们把这段区间丢掉，从新开始计算贡献。

 // AC one more times
// nndbk
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 4e6 + 10,M = 2e6;
vector<int>idx[N];
int ret[N],a[N],pre[N],cnt[N];
 
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);   cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
    int n,k;
    cin>>n>>k;
    int ans = 0;
    for(int i = 1;i <= n; i++)
    {
        cin>>a[i];
        cnt[a[i]+M]++;
        ans = max(ans,cnt[a[i]+M]);
    }   
    if(k==0){
        cout<<ans<<"\n";
        return 0;
    }
 
    for(int i = 1;i <= n; i++)
    {
        ret[a[i]+M]--;
        if(ret[a[i]+M]<0)ret[a[i]+M] = 0;
        ret[a[i]+k+M]++;
        ans = max(ans,cnt[a[i]+k+M]+ret[a[i]+k+M]);
    }
    cout<<ans<<"\n";
    return 0;
}

思想：边扫边统计答案，无需先确定区间再去算。

J. Xingqiu's Joke

思路：对于同时 $+ 1$ 和同时 $- 1$ 的操作，两数的差值的不变的。 $c = a b s (a - b)$ 。

若 $g | a$ 且 $g | c$ 那么 $g | a b s (a - b)$ 。

$d p [{a, a + δ}]$ 表示从 $(a, a + δ)$ 得到 $1$ 的步数。我们去枚举 $δ$ 的质因数 $g$ 。

而 $d p [{a, a + δ}]$ 可以由 $d p [{⌊ \frac{a}{g} ⌋, \frac{δ}{g}}]$ 和 $d p [{⌈ \frac{a}{g} ⌉, \frac{δ}{g}}]$ 转移得到。我们去记忆化一下就可以写了。

 // AC one more times
// nndbk
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define ll int
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 2e5 + 10;
vector<ll>d;
void div(ll x)
{
    for (ll i = 2; i <= x / i; i++)
    {
        if (x % i == 0)
        {
            int s = 0;
            while (x % i == 0)
            {
                x = x / i;
                s++;
            }
            d.push_back(i);
        }
    }
    if (x > 1)d.push_back(x);
}
 
map<pair<ll,ll>,ll>dp;
 
ll dfs(ll a,ll c)
{
	if(a==1)return 0;
	if(c==1)return a-1;
	ll &res = dp[{a,c}];
	if(res)return res;
	res = a-1;
	for(auto g : d)
	{
		if(c % g == 0)
		{
			int left = a%g;
			ll t1 = left+1+dfs(a/g,c/g);
			ll t2 = (g-left)+1+dfs(a/g+1,c/g);
			res = min({res,t1,t2});
		}
	}
	return res;
 
}
 
 
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);   cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
    int t;
    cin>>t;
    while(t--)
    {
 
     	ll a,b;
     	cin>>a>>b;
     	d.clear();
     	dp.clear();
     	if(a>b)swap(a,b);
     	ll c = abs(a-b);
     	div(c);
     	// for(auto g : d)
     	// 	cout<<g<<" ";
     	// cout<<"\n";
     	cout<<dfs(a,c)<<"\n";
    }
 
    return 0;
}

M. Windblume Festival

思路：分类讨论。

有正有负。用负数一直减正数。最后用正数减负数这样最优。结果是 $\sum_{i = 1}^{n} a_{i}$
全正。先变出一个负数之后，变成第一种情况。
全负。先变出一个正数之后，变成第一种情况。

因为 $2, 3$ 不知道变哪个，需要 $f o r$ 一遍。

注意：特判 $n = 1$ 的情况。

 // AC one more times
// nndbk
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 1e6 + 10;
ll a[N];
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);   cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
    int t;
    cin>>t;
    while(t--)
    {
        int n;
        cin>>n;
        int cntn = 0,cntp = 0;
        ll sum = 0;
        for(int i = 0;i < n; i++)
        {
           cin>>a[i];
           sum += abs(a[i]);
           if(a[i]<0)cntn++;
           else if(a[i]>0)cntp++;
        }
        if(n==1)
        {
            cout<<a[0]<<"\n";
            continue;
        }
        ll ans = -1e18;
        if(cntn>0&&cntp>0)
        {
            ans = sum;
        }
        else if(cntn)
        {
            for(int i = 0;i < n; i++)
            {
                if(a[i]-a[(i+1)%n]>=0)
                    ans = max(ans,(a[i]-a[(i+1)%n])+sum+a[i]+a[(i+1)%n]);
            }
        }
        else if(cntp)
        {
            for(int i = 0;i < n; i++)
            {
                if(a[i]-a[(i+1)%n]<=0)
                   ans = max(ans,sum-(a[i]-a[(i+1)%n])-a[i]-a[(i+1)%n]);
            }
        }
        else ans = 0;
        cout<<ans<<"\n";
    }
    return 0;
}

posted on 2023-10-04 12:41 nannandbk 阅读(216) 评论(0) 编辑收藏举报

刷新页面返回顶部

登录后才能查看或发表评论，立即登录或者逛逛博客园首页

相关博文：

· The 2022 ICPC 南京 ADG

· 2022 CCPC 威海 ACEGJ

· ICPC-南京2021

· P9840 [ICPC2021 Nanjing R] Oops, It's Yesterday Twice More

· 2022ICPC南京 - A I

阅读排行：
· 全程不用写代码，我用AI程序员写了一个飞机大战
· MongoDB 8.0这个新功能碉堡了，比商业数据库还牛
· 记一次.NET内存居高不下排查解决与启示
· DeepSeek 开源周回顾「GitHub 热点速览」
· 白话解读 Dapr 1.15：你的「微服务管家」又秀新绝活了

2025年3月

日

一

二

三

四

五

六

昵称： nannandbk
园龄： 1年9个月
粉丝： 12
关注： 3

+加关注

The 2021 ICPC Asia Nanjing Regional Contest (XXII Open Cup, Grand Prix of Nanjing)

A.Oops, It’s Yesterday Twice More

C. Klee in Solitary Confinement

J. Xingqiu's Joke

M. Windblume Festival

搜索

常用链接

随笔分类

随笔档案

阅读排行榜

评论排行榜

推荐排行榜

最新评论

	// AC one more times
	// nndbk
	#include <bits/stdc++.h>
	using namespace std;
	typedef long long ll;
	const int mod = 1e9 + 7;
	const int N = 2e5 + 10;
	int n,a,b;
	int main()
	{
	ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
	cin>>n>>a>>b;
	//LU
	int x = 1,y = 1;
	if((a-x)+(b-y)<=(n-1))
	{
	for(int i = 1;i <= n-1;i++)cout<<"L";
	for(int i = 1;i <= n-1;i++)cout<<"U";
	for(int i = 1;i <= b-y;i++)cout<<"R";
	for(int i = 1;i <= a-x;i++)cout<<"D";
	return 0;
	}
	//RU
	x = 1,y = n;
	if((a-x)+(y-b)<=(n-1))
	{
	for(int i = 1;i <= n-1;i++)cout<<"R";
	for(int i = 1;i <= n-1;i++)cout<<"U";
	for(int i = 1;i <= y-b;i++)cout<<"L";
	for(int i = 1;i <= a-x;i++)cout<<"D";
	return 0;
	}
	//LD
	x = n,y = 1;
	if((x-a)+(b-y)<=(n-1))
	{
	for(int i = 1;i <= n-1;i++)cout<<"L";
	for(int i = 1;i <= n-1;i++)cout<<"D";
	for(int i = 1;i <= b-y;i++)cout<<"R";
	for(int i = 1;i <= x-a;i++)cout<<"U";
	return 0;
	}
	//RD
	x = n,y = n;
	if((x-a)+(y-b)<=(n-1))
	{
	for(int i = 1;i <= n-1;i++)cout<<"R";
	for(int i = 1;i <= n-1;i++)cout<<"D";
	for(int i = 1;i <= y-b;i++)cout<<"L";
	for(int i = 1;i <= x-a;i++)cout<<"U";
	return 0;
	}


	return 0;
	}