AtCoder Regular Contest 077 被虐记&题解

直到\(7:58\)才知道今天\(8:00\)\(AtCoder\)的菜鸡来写题解啦.

C - pushpush

题目:

给定一个长为\(n\)的序列,第\(i\)次操作做如下的事 :

  1. \(a_i\)插入到数组\(b\)的尾部.
  2. 翻转数组\(b\).

一开始数组\(b\)为空,进行完所有操作后输出\(b\)数组。
\(n \leq 2\times 10^5,0\leq a_i \leq 10^9\)

题解:

用一个双端队列模拟就好了.

#include <queue>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
inline void read(int &x){
    x=0;static char ch;static bool flag;flag = false;
    while(ch=getchar(),ch<'!');if(ch == '-') ch=getchar(),flag = true;
    while(x=10*x+ch-'0',ch=getchar(),ch>'!');if(flag) x=-x;
}
#define rg register int
#define rep(i,a,b) for(rg i=(a);i<=(b);++i)
#define per(i,a,b) for(rg i=(a);i>=(b);--i)
deque<int>q;
int main(){
    int n;read(n);
    int p = 1,x;
    if(n&1) p ^= 1;
    rep(i,1,n){
    	read(x);
    	if(p&1) q.push_back(x);
    	else q.push_front(x);
    	p ^= 1;
    }
    while(!q.empty()){
    	printf("%d",q.front());
    	q.pop_front();
    	if(q.empty()) putchar('\n');
    	else putchar(' ');
    }
    
    return 0;
}

D - 11

题目:

给定一个长度为\(n+1\)的序列\(a\),每个元素都在\([1,n]\)范围内且只有一种元素出现了两次.
对于\(k = 1 \space .. n+1\),求出长度为\(k\)的本质不同的子序列个数.
\(n \leq 10^5\)

题解:

如果所有的元素都不互相同那么\(ans_k = {n+1 \choose k}\)
那么处理出出现了两次的元素的下标\(p1,p2\),设\(d = p2 - p1 + 1\)
那么可以发现所有本质相同的子序列一定是因为这两个元素。
所以容易发现重复的方案为\(n+1-d \choose k-1\)
所以有: \(ans_k = {n+1 \choose k} - {n+1-1 \choose k-1}\)
预处理组合数做到单点\(O(1)\)

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
inline void read(int &x){
    x=0;static char ch;static bool flag;flag = false;
    while(ch=getchar(),ch<'!');if(ch == '-') ch=getchar(),flag = true;
    while(x=10*x+ch-'0',ch=getchar(),ch>'!');if(flag) x=-x;
}
#define rg register int
#define rep(i,a,b) for(rg i=(a);i<=(b);++i)
#define per(i,a,b) for(rg i=(a);i>=(b);--i)
const int maxn = 100010;
const int mod = 1e9+7;
int frac[maxn],inv[maxn];
inline int qpow(int x,int p){
    int ret = 1;
    for(;p;p>>=1,x=1LL*x*x%mod) if(p&1) ret=1LL*ret*x % mod;
    return ret;
}
inline int C(int n,int m){
    if(m > n) return 0;
    return 1LL*frac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;
}
int last[maxn];
int main(){
    int n;read(n);++ n;
    frac[0] = 1;
    rep(i,1,n) frac[i] = 1LL*i*frac[i-1] % mod;
    inv[n] = qpow(frac[n],mod-2);
    per(i,n-1,0) inv[i] = 1LL*inv[i+1]*(i+1) % mod;
    int x,p1,p2;
    rep(i,1,n){
    	read(x);
    	if(last[x] != 0){
    	    p1 = last[x];
    	    p2 = i;
    	}
    	last[x] = i;
    }
    int num = n - (p2 - p1 + 1);
    rep(k,1,n){
    	int ans = C(n,k) - C(num,k-1);
    	if(ans < 0) ans += mod;
    	printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}

E - guruguru

题目:

现在有一个数字\(x\)和一个上限\(m\),进行第一种操作可以使\(x \to x+1\),若当前的\(x = m\)那么第一种操作会\(x \to 1\).
第二种操作会使得\(x \to k\)其中\(k\)是一个常量.
现在给定一个长为\(n\)的序列\(a\),你需要让这个数依次变成\(a_2,a_3,...,a_n\)
初始的数为\(a_1\),你需要确定一个常数\(k\)使得最少的操作次数最小.
$n,m \leq 10^5 $

题解:

容易发现对于每两个相邻的数\(a_i,a_{i+1}\),对整个\(k\)选择区间造成的影响总是可以拆成:

  • 一个常数数列和两个等差数列
  • 一个等差数列和两个常数数列

这个东西直接拆开用线段树维护即可。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
inline void read(ll &x){
    x=0;static char ch;static bool flag;flag = false;
    while(ch=getchar(),ch<'!');if(ch == '-') ch=getchar(),flag = true;
    while(x=10*x+ch-'0',ch=getchar(),ch>'!');if(flag) x=-x;
}
#define rg register int
#define rep(i,a,b) for(rg i=(a);i<=(b);++i)
#define per(i,a,b) for(rg i=(a);i>=(b);--i)
const ll maxn = 100010;
ll a[maxn],d[maxn],n,m;
ll lazy[maxn<<2],tag[maxn<<2],num[maxn<<2];
void modify(ll rt,ll l,ll r,ll L,ll R,ll v){
    if(L <= l && r <= R){
    	lazy[rt] += v;
    	return ;
    }
    ll mid = l+r >> 1;
    if(L <= mid) modify(rt<<1,l,mid,L,R,v);
    if(R >  mid) modify(rt<<1|1,mid+1,r,L,R,v);
}
void insert(ll rt,ll l,ll r,ll L,ll R,ll s){
    if(L <= l && r <= R){
    	tag[rt] += s;++ num[rt];
    	return ;
    }
    ll mid = l+r >> 1;
    if(R <= mid) insert(rt<<1,l,mid,L,R,s);
    else if(L > mid) insert(rt<<1|1,mid+1,r,L,R,s);
    else{
    	insert(rt<<1,l,mid,L,mid,(R-mid)+s);
    	insert(rt<<1|1,mid+1,r,mid+1,R,s);
    }
}
ll res;
void query(ll rt,ll l,ll r,ll p){
    res += lazy[rt];
    res += tag[rt] + num[rt]*(r - p);
    if(l == r) return ;
    ll mid = l+r >> 1;
    if(p <= mid) query(rt<<1,l,mid,p);
    else query(rt<<1|1,mid+1,r,p);
}
int main(){
    read(n);read(m);
    rep(i,1,n){
    	read(a[i]);
    	if(i > 1){
    	    ll x = (a[i] - a[i-1] + m) % m;
    	    if(a[i] > a[i-1]){
        		modify(1,1,m,1,a[i-1],x);
        		if(a[i]+1 <= m) modify(1,1,m,a[i]+1,m,x);
        		if(a[i-1]+1 <= a[i]) insert(1,1,m,a[i-1]+1,a[i],1);
    	    }else{
        		modify(1,1,m,a[i]+1,a[i-1],x);
        		insert(1,1,m,1,a[i],1);
        		if(a[i-1]+1 <= m) insert(1,1,m,a[i-1]+1,m,a[i]+1);
    	    }
    	}
    }
    ll ans = 1LL << 60;
    rep(i,1,m){
    	res = 0;query(1,1,m,i);
    	ans = min(ans,res);
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

做题经历

开眼看题发现\(T1\)一个双端队列就搞定了啊。
然后听到旁边的\(gls\)说第一题跟\(a+b\)差不多水吧.
... ... ... ... ... ...
然后发现\(gls\)注册的是\(Beginner\space Contest\)...

\(shs\)不小心把\(T1\) \(Wa\)了一发.
\(T2\)大家都是一边过直接秒了.

貌似\(T3\)只有我这个\(SB\)写了颗线段树。

$shs \space : \(我就写的差分啊 \)lrd \space : $差分不就行了,用个卵的线段树啊?

我承认我写了个卵。。。

dalao 们都太强了!

posted @ 2017-07-02 07:26  Sky_miner  阅读(576)  评论(2编辑  收藏  举报