昨天本来想打一下,但是今天早上课很早,就没有打,只是看了看前三个题写了个代码,今天中午课结束交了一下都AC了。y1s1 A题第一次写就出来了,但是答案一直不对,最后结果是样例错了-。-
A - Buying Torches
数学题,最终需要stick的数量是 k y + k ky+k ky+k,然后直接求答案就行了。
#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=100010;
int main()
{
IO;
int T=1;
cin>>T;
while(T--)
{
ll x,y,k;
cin>>x>>y>>k;
ll res=k+(1ll*k*y+k-1+x-2)/(x-1);
cout<<res<<endl;
}
return 0;
}
B - Negative Prefixes
对于不固定位置的数,前面越大越好。把不固定位置的数逆序排列,然后插入原数组即可。
#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<vector>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=100010;
int a[N],n;
bool st[N];
int main()
{
IO;
int T=1;
cin>>T;
while(T--)
{
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
vector<int> b;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
st[i]=0;
cin>>st[i];
if(!st[i]) b.push_back(a[i]);
}
sort(b.begin(),b.end());
reverse(b.begin(),b.end());
for(int i=1,j=0;i<=n;i++)
{
if(st[i]) cout<<a[i]<<' ';
else cout<<b[j++]<<' ';
}
cout<<'\n';
}
return 0;
}
C - Mortal Kombat Tower
写个dp考虑转移即可。
f [ i ] [ 1 / 2 ] [ 0 / 1 ] f[i][1/2][0/1] f[i][1/2][0/1]表示为考虑前 i i i个boss,最后一次kill杀了1/2个boss,现在是轮到谁了(0表示朋友,1表示自己)。
转移就很容易,边界是 f [ 0 ] [ 1 / 2 ] [ 1 ] = 0 f[0][1/2][1]=0 f[0][1/2][1]=0由于朋友先手,最开始只能从前面的边界进行转移。
#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<ll,ll> pll;
typedef pair<int,int> pii;
const int N=200010;
int a[N],n;
int f[N][3][2];
int main()
{
IO;
int T=1;
cin>>T;
while(T--)
{
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>a[i];
for(int j=1;j<=2;j++)
for(int k=0;k<=1;k++)
f[i][j][k]=0x3f3f3f3f;
}
// f[0][1][1]=f[0][2][1]=0; 全局变量 省略这一步
f[0][2][0]=f[0][1][0]=0x3f3f3f3f;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
f[i][1][0]=min(f[i-1][1][1],f[i-1][2][1])+a[i];
if(i>=2) f[i][2][0]=min(f[i-2][1][1],f[i-2][2][1])+a[i]+a[i-1];
f[i][1][1]=min(f[i-1][1][0],f[i-1][2][0]);
if(i>=2) f[i][2][1]=min(f[i-2][1][0],f[i-2][2][0]);
}
int res=0x3f3f3f3f;
for(int i=1;i<=2;i++)
for(int j=0;j<=1;j++)
res=min(res,f[n][i][j]);
cout<<res<<'\n';
}
return 0;
}
D - Trash Problem
贪心:我们只要把所有坐标先排序,然后只找出两个相距最远的两堆垃圾,然后分别向左和向右知道最左端和最右端所移动的步数就是答案。
比如排序后最左端的垃圾左边是 l l l,最右端是 r r r,这些垃圾中 u , v u,v u,v相距最远距离是 d d d,那么答案就是 r − l − d r-l-d r−l−d
考虑需要维护的哪些东西?
首先维护垃圾位置并且每次支持排序只需要用set
维护即可
齐次需要维护每对垃圾之间的距离,由于可能出现重复序列我们用multiset
维护即可。
每次某位置加入一个垃圾或者删除某位置的垃圾就维护一下set
和multiset
即可。
关于multiset
的ms.erase(x)
如果 x x x是值,那么它将删除所有 v a l = x val=x val=x,如果 x x x是地址,将删除该地址的数,因此如果想要只删除一个 v a l = x val=x val=x的数,需要先找到地址,然后按照地址删除。
//O((n+q)logn)
#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<set>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<ll,ll> pll;
typedef pair<int,int> pii;
const int N=100010;
set<int> s;
multiset<int,greater<int>> ms;
int n,q;
int a[N];
int main()
{
IO;
int T=1;
//cin>>T;
while(T--)
{
cin>>n>>q;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>a[i];
s.insert(a[i]);
}
sort(a+1,a+1+n);
ms.insert(0);
for(int i=2;i<=n;i++) ms.insert(a[i]-a[i-1]);
for(int i=0;i<=q;i++)
{
if(s.size()<=2) cout<<"0\n";
else
{
auto ed=s.end();
ed--;
int l=*s.begin(),r=*ed;
cout<<r-l-*ms.begin()<<'\n';
}
if(i!=q)
{
int op,x;
cin>>op>>x;
if(op==1)
{
s.insert(x);
if(s.size()==1) continue;
auto ed=s.end();
ed--;
auto t=s.find(x);
if(t==ed)
{
t--;
ms.insert(x-*t);
}
else if(t==s.begin())
{
t++;
ms.insert(*t-x);
}
else
{
auto t1=t,t2=t;
t1--;t2++;
ms.insert(*t2-x);
ms.insert(x-*t1);
auto p=ms.find(*t2-*t1);
ms.erase(p);
}
}
else
{
if(s.size()==1)
{
s.erase(x);
continue;
}
auto t=s.find(x);
auto ed=s.end();
ed--;
if(t==ed)
{
t--;
auto p=ms.find(x-*t);
ms.erase(p);
}
else if(t==s.begin())
{
t++;
auto p=ms.find(*t-x);
ms.erase(p);
}
else
{
auto t1=t,t2=t;
t1--;t2++;
ms.insert(*t2-*t1);
auto p1=ms.find(x-*t1);
ms.erase(p1);
auto p2=ms.find(*t2-x);
ms.erase(p2);
}
s.erase(x);
}
}
}
}
return 0;
}
由于自己对STL
不是太熟悉,踩了非常多的坑www
一位网友的set总结
剩下的题以后再看吧?可能?
E - Expected Damage
首先我们让 d ≥ b d \ge b d≥b的怪物称为大怪物,否则称为小怪物。
不难发现:如果大怪物的个数 b i g < a big<a big<a,那么所有怪物都不会造成伤害,否则才能造成伤害。
小怪物的位置并不会影响大怪物是否造成伤害,不过大怪物的位置会影响小怪物是否造成伤害,因此我们先考虑大怪物的位置。如果一个大怪物想要造成伤害那么它的前面一定有 a a a个大怪物,也就是说他只要不是前面 a a a个大怪物(炮灰)他就能造成伤害,共有 b i g big big个大怪物那么他不是前 a a a个怪物的概率是 1 − a b i g 1-\frac{a}{big} 1−biga,现在把所有大怪物排列好,那么一共有 b i g + 1 big+1 big+1个空位可以放置小怪物(由于小怪物直接互不影响,每个位置可以放置随意多个小怪物),小怪物想要造成伤害它的位置一定在前 a a a的大怪物后面,易求概率为 1 − a b i g + 1 1-\frac{a}{big+1} 1−big+1a,由此预处理前缀和,然后快速幂逆元即可得到答案。
#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=200010,mod=998244353;
int d[N],s[N];
int n,m;
int qmi(int a,int b,int p)
{
int res=1;
while(b)
{
if(b&1) res=1ll*res*a%p;
a=1ll*a*a%p;
b>>=1;
}
return res;
}
int main()
{
IO;
int T=1;
//cin>>T;
while(T--)
{
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>d[i];
sort(d+1,d+1+n);
for(int i=1;i<=n;i++) s[i]=(s[i-1]+d[i]%mod)%mod;
while(m--)
{
int a,b;
cin>>a>>b;
int pos=lower_bound(d+1,d+1+n,b)-d;
int small=pos-1,big=n-pos+1;
int res;
if(big<a) res=0;
else
res=(1ll*(big+1-a)*qmi(big+1,mod-2,mod)%mod*s[small]%mod+1ll*(big-a)*qmi(big,mod-2,mod)%mod*(s[n]-s[small]+mod)%mod)%mod;
cout<<res<<'\n';
}
}
return 0;
}
要加油哦~