模拟赛Day1

状态不好，暴力都没打全（QAQ），暴力打全后再去想正解应该是最优解。

$T 1$ -取餐号

思路

没什么可说的，是一道水题，欧拉筛筛一下直接过。~~当时还以为题很简单。~~

时间复杂度 $O (n)$

点击查看代码

`#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,prime[5000000],tot,v[5000000];
int main()
{
	cin>>n>>m;
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		if(!v[i])
		{
			v[i]=i;
			prime[++tot]=i;
		}
		for(int j=1;j<=tot;j++)
		{
			if(prime[j]>v[i]||prime[j]*i>n)
			break;
			v[i*prime[j]]=prime[j];
		}
	}
	cout<<tot<<' '<<prime[m];
	return 0;
}`

$T 2$ -堆人塔

- 40分
很简单，dfs暴力模拟就可。（考场上傻了，暴力都没写对）。
但貌似数据有点水，写暴力能拿50分。

时间复杂度 $O (n^{2})$

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,a[200000],d[200000];
void dfs(int l,int r,int ds)
{
	if(l>r)
	return;
	int maxx=0,id;
	for(int i=l;i<=r;i++)
	if(a[i]>maxx)
	{
		maxx=a[i];
		id=i;
	}
	d[id]=ds;
	dfs(l,id-1,ds+1);
	dfs(id+1,r,ds+1);
} 
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	scanf("%d",&a[i]);
	dfs(1,n,0);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	printf("%d ",d[i]);
	return 0;
}

- 100分
思考一下，题目中其实让求的就是一段段区间的最大值，而区间最值问题有一个很著名的算法 —— ST表
ST表可以在 $O (n l o g n)$ 的时间复杂度下预处理出来，然后用 $O (1)$ 的时间复杂度来查询，十分有用。

时间复杂度 $O (n l o g n)$

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5;
int n,a[N],f[30][N],t[N],ans[N];
void dfs(int l,int r,int cs)
{
	if(l>r||l==0||r==n+1)
	return;
	int k=log2(r-l+1);
	ans[t[max(f[k][l],f[k][r-(1<<k)+1])]]=cs;
	dfs(l,t[max(f[k][l],f[k][r-(1<<k)+1])]-1,cs+1);
	dfs(t[max(f[k][l],f[k][r-(1<<k)+1])]+1,r,cs+1);
}
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d",&a[i]);
		f[0][i]=a[i];
		t[a[i]]=i;
	}
	for(int i=1;i<=log2(n);i++)
	for(int j=1;j<=n-(1<<i)+1;j++)
	f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i-1][j+(1<<(i-1))]);
	dfs(1,n,0);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	printf("%d ",ans[i]);
	return 0;
}

$T 3$ -钦定IOI选手

- 20分
一道动态中位数问题，对于 $1 e 3$ 的数据范围，可以使用对顶堆来求解。

时间复杂度 $O (n^{2} l o g n)$

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,k,a[200000],maxx;
priority_queue<int> q2;
priority_queue<int,vector<int>,greater<int> > q1;
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&k);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	scanf("%d",&a[i]);
	for(int i=1;i<=n-k+1;i++)
	{
		for(int j=i;j<=n;j++)
		{
			q1.push(a[j]);
			if(q1.size()-q2.size()==2)
			{
				q2.push(q1.top());
				q1.pop();
			}
			if(!q2.empty()&&q1.top()<q2.top())
			{
				q2.push(q1.top());
				q1.pop();
				q1.push(q2.top());
				q2.pop();
			}
			if(j-i+1>=k)
			{
				if(!((j-i+1)%2))
				maxx=max(maxx,q2.top());
				else
				maxx=max(maxx,q1.top());
			}
		}
		while(!q1.empty())
		q1.pop();
		while(!q2.empty())
		q2.pop();
	}
	printf("%d",maxx);
	return 0;
}

- 100分
中位数有一个经典的二分做法。可以二分答案，二分中位数，把大于等于中位数的赋值为 $1$ ，小于中位数的赋值为 $- 1$ 。
再维护一个前缀和，这样，前缀和大于 $0$ 的显然中位数大于等于 $m i d$ 。
这种二分思路很重要！

时间复杂度 $O (n l o g n)$

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,k,a[200000],b[200000],maxx,l=1,r,mid,wfl[200000],sum[200000],minn;
bool check(int x)
{
	minn=0x3f3f3f3f;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		if(a[i]>=b[x])
		wfl[i]=1;
		else
		wfl[i]=-1;
		sum[i]=sum[i-1]+wfl[i];
		if(i>k)
		minn=min(minn,sum[i-k]);
		if(sum[i]-minn>0)//一定要注意=0时，sum[i]-minn的中位数不为mid！！！
		return 1;
	}
	return 0;
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&k);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d",&a[i]);
		b[i]=a[i];
	}
	sort(b+1,b+n+1);
	r=n;
	while(l+1<r)
	{
		mid=(l+r)/2;
		if(check(mid))
		l=mid;
		else
		r=mid;
	}
	if(check(r))
	printf("%d",b[r]);
	else
	printf("%d",b[l]);
	return 0;
}

$T 4$ -攻打恶魔之巅

把每一个台阶看做一个点，它连向的点有两类，一类是步长，一类是传送门。
这不分层图最短路嘛。~~虽然考试时完全不知道这是个啥。~~
构图后可以直接跑一遍 $d i j k s t r a$

分层图最短路一般模型：在图上，有k次机会可以直接通过一条边，问起点与终点之间的最短路径。

-30分
普通 $d i j k s t r a$

时间复杂度 $O (n^{2})$

-75分
$d i j k s t r a$ 加个堆优化~

时间复杂度 $O (m l o g n)$

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll qr()
{
	ll x=0,f=0;char ch=0;
	while(!isdigit(ch)) {f|=ch=='-';ch=getchar();}
	while(isdigit(ch)) {x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
	return f? -x:x;
}
int n,m,k;
const ll maxn=500100;
struct fun
{
	ll y,v,nxt;
}edge[25000100];
ll link[maxn];
ll len;
ll a[maxn];
ll dis[maxn][30];
bool vis[maxn][30];
ll ans=2e9;
struct node
{
	int pos,vav;
};
deque <node> que;
void insert(int xx,int yy,int val)
{
	edge[++len].nxt=link[xx];
	link[xx]=len;
	edge[len].y=yy;
	edge[len].v=val;
}
void init()
{
	n=qr();m=qr();k=qr();
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		a[i]=qr();
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		for(int j=max(i-m,1);j<=min(i+m,n);j++)
		{
			insert(i,j,1);
		}
	}
}
void DIJ()
{
	memset(dis,10,sizeof(dis));
	que.push_back((node){1,0});
	dis[1][0]=0;
	while(!que.empty())
	{
		node py=que.front();
		que.pop_front();
		if(vis[py.pos][py.vav]) continue;
		vis[py.pos][py.vav]=1;
		if(a[py.pos]&&py.vav!=k)
		{
			if(!vis[a[py.pos]][py.vav+1]&&dis[a[py.pos]][py.vav+1]>dis[py.pos][py.vav])
			{
				dis[a[py.pos]][py.vav+1]=dis[py.pos][py.vav];
				que.push_front((node){a[py.pos],py.vav+1});
			}
		}
		for(int i=link[py.pos];i;i=edge[i].nxt)
		{
			if(!vis[edge[i].y][py.vav]&&dis[edge[i].y][py.vav]>dis[py.pos][py.vav]+edge[i].v)
			{
				dis[edge[i].y][py.vav]=dis[py.pos][py.vav]+edge[i].v;
				que.push_back((node){edge[i].y,py.vav});
			}
		}
		
	}
}
void work()
{
	DIJ();
	for(int i=0;i<=k;i++)
	{
		ans=min(ans,dis[n][i]);
	}
	cout<<ans;
}
int main()
{
	init();
	work();
}

-100分
因为边权要么为 $1$ ，要么为 $0$ ，所以使用 $01 b f s$ 代替 $d i j k s t r a$ 即可。

时间复杂度 $O (n)$

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,k;
int t[500010];
struct nn
{
	int now;
	int hp;
	int d;
 } ;
queue<nn> q;
int f[500001][21];
int ans=1e9;
int main()
{
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d",&t[i]);
	}
	memset(f,0x7f,sizeof(f));
	f[1][k]=0;
	q.push((nn){1,0,k});
	while(!q.empty()){
		int nw=q.front().now;
		int h=q.front().hp;
		int dj=q.front().d;
		q.pop();
		if(f[nw][dj]<h){
			continue;
		}
		f[nw][dj]=h;
		if(nw==n){
			ans=min(ans,h);
			continue;
		}
		if(t[nw]&&dj>=1){
			if(f[t[nw]][dj-1]>h){
				f[t[nw]][dj-1]=h;
				q.push((nn){t[nw],h,dj-1});
			}
		}
		int l=max(nw-m,1), r=min(nw+m,n);
		for(int i=l;i<=r;i++){
			if(f[i][dj]>h+1){
				f[i][dj]=h+1;
				q.push((nn){i,h+1,dj});
				
			}
		}
	}
	cout<<ans;
	return 0; 
}