cfRound935div3--DEFG题解
ps:这场因为精神状态不佳,又C题题意有点绕,卡题了,头晕找不到错.最后做了两题就溜了.狠狠扣90分..
D-Seraphim the Owl
题意:
即选一个位置,使得其满足题意。而且在满足题意的基础上，要靠近中心越好，如果满足题意而且靠近中心的距离一样，那么输出前面那个.
int cnt0[300005]={0}; //要定义在外面，否则会超时....
int cnt1[300005]={0};
void solve(){ //C 细节问题..
int n; cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
char x; cin>>x;
cnt0[i]=0,cnt1[i]=0;
if(x=='0') cnt0[i]+=cnt0[i-1]+1; //0左--1右
else cnt0[i]=cnt0[i-1];
if(x=='1') cnt1[i]+=cnt1[i-1]+1;
else cnt1[i]=cnt1[i-1];
}
int ans;
double dis=INT_MAX;
for(int i=0;i<=n;i++){
int num1=i/2;
if(i&1) num1++;
int num2=(n-i)/2;
if((n-i)&1) num2++;
if(cnt0[i]>=num1&&cnt1[n]-cnt1[i]>=num2){
//第二个条件是cnt1[n]-cnt[i]!! --不是cnt1[n]-cnt[i-1]
//例如i==2,意思是在2后面插入,那么2是在左边的,不能算在右边..
if(abs(1.0*n/2.0-i)<dis){
ans=i;
dis=abs(1.0*n/2.0-i);
}
}
}
cout<<ans<<endl;
}这题的前缀和减法写错了,因为是算挡板后面的1，所以cnt[n]-cnt[i]就是i+1到n的1的个数..
D-Seraphim the Owl
题意:
做法:在[m+1,n]的区间a和b那个小就选那个，因为前面的换位置是没有意义的-可换可不换.那肯定是选小的代价。到了m以及[1-m]区间的换位置才是有意义的.这个时候只需要枚举记录[1-m]哪个位置交换代价最小即可.再加上[m+1,n]的区间的代价.
int a[200005],b[200005];
void solve(){ //D--贪心--也可以dp
int n,m; cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>b[i];
int ans=0,minn=INT_MAX,cursum=0;
for(int i=n;i>m;i--) ans+=min(a[i],b[i]);
for(int i=m;i>=1;i--){
minn=min(minn,a[i]+cursum);
cursum+=b[i];
}
cout<<ans+minn<<endl;
}E-Binary Search
题意:
做法:思维题。“意识”到就简单--和最后的pl交换位置即可,因为能成为最后的pl,那么他一定是小于等于k的.因为遇到k也是l=mid,和最后的pl进行交换位置,其他位置保持不动,不会影响到达最后的pl.
或者更容易理解的：因为同一个数组二分算法到达的位置是一样的，那可以把k放到一个不会到达的位置，再把k放到最后的pl.
int arr[200005];
void solve(){ //E--思维-构造
// 和最后的pl交换位置即可,因为能成为最后的pl,那么他一定是小于等于k的.因为遇到k也是l=mid,和最后的pl进行交换位置,其他位置保持不动,不会影响到达最后的pl
int n,k,idxk;
cin>>n>>k;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>arr[i];
if(arr[i]==k) idxk=i;
}
int l=1,r=n+1;
while(l+1!=r){
int mid=(l+r)/2;
if(arr[mid]<=k) l=mid;
else r=mid;
}
if(l==idxk) cout<<"0\n";
else cout<<"1\n"<<idxk<<" "<<l<<endl;
}F-Kirill and Mushrooms
题意:
做法：
pair<int,int> arr[200005];
int p[200005];
void solve(){ //F 枚举+贪心+STL
//可以枚举拿蘑菇的个数：这样p数列依次出现的数字是不能选择的
//因为确定了要拿的蘑菇个数，那么肯定拿的越大越好，所以从蘑菇较大的拿起，如果当前蘑菇下标已经被禁止了，就跳过，拿下一个合法的。
//在已经拿了的蘑菇中，如果拿的时候没有被禁止，后来拿的蘑菇数目多了，被禁止了，那么就要从st中删去之前拿的--现在被禁止的蘑菇，然后一直拿合法的蘑菇，直至st.size()==take
//如果拿完全部当前合法的蘑菇还是不够take，那么可以退出循环，因为再后面拿更多的蘑菇是更不可能的
//这题实现写的有点晕。。
int n; cin>>n;
unordered_map<int,int> mp3; //mp3 用下标找到arr值
for(int i=1;i<=n;i++) {
cin>>arr[i].first;
arr[i].second=i;
mp3[i]=arr[i].first;
}
//ps：arr输入不一定是有序的，只是样例刚好都是有序的
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>p[i];
sort(arr+1,arr+n+1,[](pair<int,int> a,pair<int,int> b){
return a.first>b.first;
});
unordered_map<int,bool> mp1,mp2; //mp1排列的出现 mp2 arr下标的出现
set<pair<int,int>> st; //st存的是在拿了take情况下，有合法下标的，并且尽可能大的蘑菇。
int ans1=INT_MIN,ans2=0,idx=1,take=1;
while(take<=n&&idx<=n){
mp1[ p[take-1] ]=1; //标记禁止下标、
if(mp2[ p[take-1] ]) st.erase({mp3[p[take-1]],p[take-1]}); //如果刚刚禁止的下标是之前拿过的蘑菇，那么删去之前拿过的那个不合法蘑菇
while(st.size()<take&&idx<=n){ //从大的蘑菇开始拿，一直拿到take个
if(!mp1[arr[idx].second]){ //合法才拿
st.insert({arr[idx].first,arr[idx].second}); //此刻合法的蘑菇放入st中
mp2[arr[idx].second]=1; //拿了之后标记了这个下标的蘑菇
}
idx++;
}
if(st.size()!=take) break; //如果跑完上面的循环没有拿到take个蘑菇，那么意味着已经现在的take个数，在不拿禁止蘑菇的前提下是不可能拿到take个的。更大take也更不可能
if(/*st.size()==take&&*/(*st.begin()).first*take>ans1){ //st.size()==take才能更新答案,因为枚举的是拿了take个蘑菇的情况，如果拿不到take个，那么就是没有合法的拿法
ans1=(*st.begin()).first*take;
ans2=take;
}
take++;
}
cout<<ans1<<" "<<ans2<<endl;
}