Educational Codeforces Round 80 (Rated for Div. 2)(A-E)
C D E 这三道题感觉挺好
决定程序是否能通过优化在要求的时间内完成，程序运行时间为t，你可以选择花X天来优化，优化后程序的运行时间为t/(x+1)取上整，花费的时间为程序运行时间加上优化时间
如果程序运行时间小于等于要求时间，那就不需要优化，否则必须优化，假设优化X天，那么总时间就是X+t/(X+1) ,我们的目标事求他的最小值，根据均值不等式
另外均值不等式中等于号成立的条件是x1=x2=....xn
code
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=1e4+5;
int main(){
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--){
int n,d;
scanf("%d%d",&n,&d);
if(d<=n) puts("YES");
else {
int x=sqrt(d);
int ans=min(ceil(1.0*d/x)+x,ceil(1.0*d/(x+1))+(x+1));
if(ans<=n+1) puts("YES");
else puts("NO");
}
}
}
对式子进行化简即可发现规律 ，偷懒直接贴官方的题解
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
typedef long long ll;
using namespace std;
int main(){
int T;
cin>>T;
while(T--){
int a,b;
cin>>a>>b;
ll now=9,cnt=0;
while(now<=b){
now=now*10+9;
cnt++;
}
cout<<1ll*a*cnt<<endl;
}
}
两种方法，都需要发现一个性质就是一个长度为2*m的非递减序列仅能构造出一个解
所以这道题本质上是找到使用1-n能凑出多少个不同的非递减序列，并且不能重复
法一： 
法二：问题等价于1-n中每一个数有无限个，从中挑出2*m个元素组成一个集合，有多少种选法，答案是
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
typedef long long ll;
using namespace std;
const ll P=1e9+7;
ll jc[1100],inv[1100];
ll qpow(ll a,int n){
ll ans=1;
for(;n;n>>=1,a=a*a%P)
if(n&1) ans=ans*a%P;
return ans;
}
int main(){
jc[0]=1;
for(int i=1;i<=1050;i++){
jc[i]=jc[i-1]*i%P;
inv[i]=qpow(jc[i],P-2);
}
inv[0]=1;
int n,m;
cin>>n>>m;
cout<<jc[n+2*m-1]*inv[2*m]%P*inv[n-1]%P<<endl;
}
先贴一波官方题解
先二分答案，然后将矩阵的每一行压缩成一个m位的二进制 数（如果比X小就赋值为0，否则赋值为1）这样问题就转化为了是否存在两个数异或值为2^m-1
由于n比较大，不能n^2，但是发现可能的二进制数很少，所以我们可以用将可能的二进制数存下来，然后去枚举这些二进制数，复杂度不高了
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
typedef long long ll;
using namespace std;
const int dim1=3e5+5;
const int dim2=8;
int a[dim1][dim2];
int n,m;
int ans_l,ans_r;
bool check(int x){
vector<int> mask(1<<m,-1);
for(int i=0;i<n;i++){
int now=0;
for(int j=0;j<m;j++){
if(a[i][j]>=x) now^=1<<j;
}
mask[now]=i;
}
for(int m1=0;m1<1<<m;m1++){
for(int m2=0;m2<1<<m;m2++){
if(mask[m1]!=-1 && mask[m2]!=-1 && (m1|m2)==(1<<m)-1) {
ans_l=mask[m1],ans_r=mask[m2];
return 1;
}
}
}
return false;
}
int main(){
cin>>n>>m;
for(int i=0;i<n;i++)
for(int j=0;j<m;j++)
scanf("%d",&a[i][j]);
int l=1,r=1e9;
while(l<r){
int mid=(l+r+1)/2;
if(check(mid)) l=mid;
else r=mid-1;
}
check(l);
printf("%d %d\n",ans_l+1,ans_r+1);
}
法一 好想但是代码比较复杂
最小值很容易确定，出现过就是1，否则就是其初始位置
对于每一个数来说，他的最大值有两种情况，第一种是他第一次到达队首之前的位置是哪里，这个等价于计数他前面有多少个数比他大，树状数组来解决
第二个就是相邻两次到达队首的时刻，这个就是就是计数两次之间有多少个不同的数，这个用莫队来完成
法二：模拟移动过程，但是需要将队列逆序，这样避免的移动，插入队首的操作可以看做是队尾增加一个数
插入的同时计算并更新最大值
说的比较粗略，具体看官方题解
法一 树状数组+莫队
#include<bits/stdc++.h>
#define X first
#define Y second
using namespace std;
const int N=3e5+5;
const int tk=550;
typedef pair<int,int> pi;
typedef long long ll;
int cnt[N],tot;
vector<int> pos[N];
int a[N];
void add(int x){
++cnt[x];
if (cnt[x] == 1) ++tot;
}
void rem(int x){
if (cnt[x] == 1) --tot;
--cnt[x];
}
int f[N];
void upd(int x){
for (int i = x; i >= 0; i = (i & (i + 1)) - 1)
++f[i];
}
int get(int x){
int res = 0;
for (int i = x; i < N; i |= i + 1)
res += f[i];
return res;
}
int main(){
int n,m;
cin>>n>>m;
for(int i=0;i<m;i++){
scanf("%d",&a[i]);
--a[i];
}
for(int i=0;i<m;i++){
pos[a[i]].push_back(i);
}
vector<pi> qr;
for(int i=0;i<n;i++){
for(int j=1;j<pos[i].size();j++){
qr.push_back(make_pair(pos[i][j-1]+1,pos[i][j]-1));
}
if(!pos[i].empty()) qr.push_back(make_pair(pos[i].back()+1,m-1));
}
sort(qr.begin(),qr.end(),[](pi x,pi y){
if(x.X/tk!=y.X/tk) return x.X<y.X;
if((x.X/tk)&1) return x.Y<y.Y;
return x.Y>y.Y;
});
vector<pi> ans(n);
for(int i=0;i<n;i++)
ans[i]={i,i};
for(int i=0;i<m;i++)
ans[a[i]].X=0;
int L=0,R=-1;
for(int i=0;i<(int)qr.size();i++){
int l=qr[i].X,r=qr[i].Y;
if(l>r) continue;
int x=a[qr[i].X-1];
while(L<l) rem(a[L++]);
while(L>l) add(a[--L]);
while(R>r) rem(a[R--]);
while(R<r) add(a[++R]);
ans[x].Y=max(ans[x].Y,tot);
}
for(int i=0;i<m;i++){
if(i==pos[a[i]][0]) {
ans[a[i]].Y=max(ans[a[i]].Y,a[i]+get(a[i]));
upd(a[i]);
}
}
for(int i=0;i<n;i++){
if(pos[i].empty()){
ans[i].Y=max(ans[i].Y,i+get(i));
}
}
for(int i=0;i<n;i++){
printf("%d %d\n",ans[i].X+1,ans[i].Y+1);
}
}
法2 树状数组
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=6e5+5;
int f[maxn];
void upd(int x,int val){
for(int i=x;i>=0;i=(i&(i+1))-1)
f[i]+=val;
}
int get(int x){
int res=0;
for(int i=x;i<maxn;i|=i+1)
res+=f[i];
return res;
}
int main(){
int n,m;
scanf("%d%d",&n,&m);
vector<int> mi(n);
iota(mi.begin(),mi.end(),0);
vector<int> mx=mi;
vector<int> a(m);
for(int i=0;i<m;i++)
scanf("%d",&a[i]),--a[i],mi[a[i]]=0;
vector<int> pos(n);
for(int i=0;i<n;i++)
pos[i]=n-i-1;
for(int i=0;i<n;i++)
upd(i,1);
for(int i=0;i<m;i++){
mx[a[i]]=max(mx[a[i]],get(pos[a[i]]+1));
upd(pos[a[i]],-1);
pos[a[i]]=i+n;
upd(pos[a[i]],1);
}
for(int i=0;i<n;i++)
mx[i]=max(mx[i],get(pos[i]+1));
for(int i=0;i<n;i++)
printf("%d %d\n",mi[i]+1,mx[i]+1);
return 0;
}
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