福州市 2025 国庆集训 Day2 前三题题解
福州市 2025 国庆集训 Day2 前三题题解
T1
首先不难想到，将最长的两个放在两端，并且最长的将非插头那端突出去是最合算的。
然后我们来看看中间的 \(s-2\) 个位置与 \(n-2\) 个插座的分配。
需要遵循的原则：
-
插最多
-
空间利用率要高
此时假设我们已经知道了最多插 \(x\) 个。那么绝对是用最短的 \(x\) 个插座。贪心一下。
那么插最多就是我们要求的，所以我们来看看如何使空间利用率最高。
因为每个插座的长度均为 \(3\)，所以如果插座 \(A\) 的长度模 \(3\) 余 \(1\)，插座 \(B\) 的长度模 \(3\) 余 \(2\)，那么它俩余下的部分就可以刚好无缝衔接地占用一个插座的位置。两个余 \(1\) 的也同理。
所以我们可以二分答案 \(x\)。对于二分出来的 \(x\)，计算是否可以塞下。不行则更新右端点，可以则更新左端点。
所以时间复杂度就是 \(O(Tn\log n)\)。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5+5;
typedef long long ljl;
int n,a[N],T;
ljl s;
bool check(int x)
{
int cnt[3];ljl ts=0ll;memset(cnt,0,sizeof(cnt));
for(int i=1;i<=x;++i)
ts=ts+a[i]/3,++cnt[a[i]%3];
if(cnt[2]>=cnt[1])
ts=ts+cnt[1],cnt[2]-=cnt[1],ts+=cnt[2];
else//cnt[1]>cnt[2]
ts=ts+cnt[2],cnt[1]-=cnt[2],ts=ts+(cnt[1]+1)/2;
return ts<=s;
}
void tpoint()
{
int l=0,r=n,mid;
while(l<r)
{
// cout<<l<<' '<<r<<'\n';
mid=(l+r+1)/2;
if(check(mid))l=mid;
else r=mid-1;
}
cout<<l+2<<'\n';
return;
}
void Main()
{
cin>>n>>s;
for(int i=1;i<=n;++i)
cin>>a[i];
if(n==1||s==1){cout<<1<<'\n';return;}
sort(a+1,a+n+1);s-=2;n-=2;
// for(int i=1;i<=n;++i)cout<<a[i]<<' ';
// cout<<'\n';
tpoint();
return;
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);cout.tie(0);
cin>>T;
while(T--)
Main();
return 0;
}
T2
恶心大模拟。为什么我的思路有点儿与众不同啊……
注意到每个运算在外边都会配上一对括号。所以用个栈，像括号序列匹配那样。
然后我们就开个 map，将每个下标映射两个值。一个是运算后的值。另一个是这个运算的右括号的下标。这样就可以直接访问该运算后边的那个运算符（如果有的话）。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e6+5;
int T,n,ans;
stack<int> st;
string s;
map<int,pair<int,int> > num;
int getnum(int a,int b,char opt)
{
// cout<<a<<' '<<b<<' '<<opt<<'\n';
if(opt=='!')return !a;
if(opt=='&')return a&b;
if(opt=='|')return a|b;
if(opt=='^')return a^b;
if(opt=='-')return (a&&!b?0:1);
return -1;
}
void solve(int l,int r)
{
// cout<<l<<' '<<r<<'\n';
if(s[l+1]=='!')
{
num[l].first=!(num[l+2].first);
num[l].second=r;return;
}
if(s[num[l+1].second+1]=='-')//((0->1)->1)
{
num[l].first=getnum(num[l+1].first,num[num[l+1].second+3].first,'-');
num[l].second=r;
return;
}
int a=num[l+1].first,b=num[num[l+1].second+2].first;
num[l].first=getnum(a,b,s[num[l+1].second+1]);
num[l].second=r;
return;
}
void Main()
{
cin>>s;n=(int)s.size();num.clear();
s=" "+s;ans=0;
while(!st.empty())st.pop();
for(int i=1;i<=n;++i)
{
if(s[i]=='(')
st.push(i);
if(s[i]==')')
{
solve(st.top(),i);
st.pop();
}
if(s[i]>='0'&&s[i]<='9')
{
num[i].first=s[i]-'0';
num[i].second=i;
}
}
if(s[1]>='0'&&s[1]<='9')ans=s[1]-'0';
else ans=num[1].first;
cout<<ans<<'\n';
return;
}
int main(){
// freopen("expr3.in","r",stdin);
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);cout.tie(0);
cin>>T;
while(T--)
Main();
return 0;
}
T3
推式子题。可惜我太菜了推出不来 /ll。
我们假设 \(\frac{\sum^k_{j=1}c_{i_j}}{\sum_{j=1}^k t_{i_j}}\ge x\)。
那么有：
所以我们可以定义新的权值 \(a_i=c_i-x\cdot t_i\)，若 \(\sum^k_{j=1}a_j\ge 0\) 则合法。
想要 \(\sum^k_{j=1}a_j\ge 0\)，显然是选择最大的 \(k\) 个 \(a\)，所以可以排个序。
所以只要二分 \(x\)，判断是否合法即可。注意精度。
这里为什么不是小等于，而是大等于呢？
当然也是可以的。因为如果是小等于，则你随便给它一个大点的值（比如说 \(1\)，其实也是不可能达到的上限）就能合法。所以如果合法了，必须修改右端点，反之修改左端点。
时间复杂度：\(O(n\log^2 n)\)。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef double db;
const int N=1e5+5;
int n,k;
db c[N],t[N],a[N];
bool cmp(db a,db b){return a>b;}
bool check(db x)
{
for(int i=1;i<=n;++i)
a[i]=c[i]-x*t[i];
sort(a+1,a+n+1,cmp);
db ans=0.0;
for(int i=1;i<=k;++i)
ans+=a[i];
return ans>=0;
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin>>n>>k;
for(int i=1;i<=n;++i)cin>>c[i];
for(int i=1;i<=n;++i)cin>>t[i];
db l=0.0,r=1.0,mid;
while(l<r&&r-l>0.0001)
{
// cout<<l<<' '<<r<<' '<<mid<<'\n';
mid=(l+r)/2.0;
if(check(mid))l=mid;
else r=mid;
}
cout<<fixed<<setprecision(3)<<l<<'\n';
return 0;
}
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