2021牛客多校#5 （待补充）

2021牛客多校#5

B Boxes

这一题是求期望，对于hint的使用，我们发现我们要么一次不用，要么最多用一次，因为你用一次之后，你每次打开一个盒子，都会知道剩下盒子的情况，所以我们分别计算这两种方案然后取min即可。

1.不用hint：ans = Σw[i]

2.用hint：ans = c + Σsum[i] * (1/2)^(n-i) 其中sum[i]表示开前i个盒子(根据花费升序排列)所需的费用，(1/2)^(n-i)表示后面n-i个盒子里面颜色一致，那么就不用开了。

最后两种ans取一个min即可。

code

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 100010;

int n;
double sum[N], w[N];
double res, ans, c;

int main()
{
    scanf("%d%lf", &n, &c);
    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
    {
        scanf("%lf", &w[i]);
        res += w[i];
    }
    
    sort(w + 1, w + n + 1);
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) sum[i] = sum[i - 1] + w[i];
    
    ans += c;
    for (int i = 1; i <= n - 1; i ++ )
        ans += sum[i] * pow(0.5, n - i);
    ans = min(ans, res);
    
    printf("%.6f\n", ans);
    
    return 0;
}

K King of Range (单调队列)

朴素一点的思路，我们可以枚举右端点r，然后搜索[1, r - 1]寻找满足条件的最靠右的l，但是会t。

所以要优化，我们维护两个单调队列，一个是单调上升，一个是单调下降的队列，我们发现队列中不仅存的值是单调的，他们对应的下标也是单调的。以维护qm为例(单调下降队列)，每次遍历到一个a[r]，那么要拿a[r]与其队尾作比较，如果a[r] >= a[qm.back()] 说明此时队列这个值不仅小于a[r],而且相比于a[r]距离r更远，一定是劣于a[r]的。这样维护两个队列之后，我们不断的访问两个队列的对头，不断的将满足条件的两个队首里面下标较小的弹出，一步一步直到找到满足条件的下标最大的一个l，因为此时l满足条件，所以[1, l - 1]为左端点时也一定满足条件，那么此时以r为右端点的情况下的贡献就是l。

code

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 100010;

long long n, m;
long long a[N];

void solve()
{
    int k;
    long long ans = 0;
    cin >> k;
    int l = 0;//要找的最靠右的l
    deque<int> qm, qn;//双端队列，方便维护
    for (int r = 1; r <= n; r ++ )
    {
        //维护两个队列
        while (qm.size() && a[r] >= a[qm.back()]) qm.pop_back(); qm.push_back(r);
        while (qn.size() && a[r] <= a[qn.back()]) qn.pop_back(); qn.push_back(r);
        //不断的访问队头元素，不断更新更优的l
        while (qm.size() && qn.size() && a[qm.front()] - a[qn.front()] > k) 
        {
            if (qm.front() > qn.front()) l = qn.front(), qn.pop_front();
            else l = qm.front(), qm.pop_front();
        }
        //记录贡献
        ans += 1ll * l;
    }
    
    cout << ans << endl;
}

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) cin >> a[i];
    while (m -- ) solve();
    
    return 0;
}