赛前训练2 extra 思维与构造
以下，斜体表示注意点，粗体表示技巧点。
A
依题构造即可。
实现
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <string>
#include <stdlib.h>
#include <vector>
#include <queue>
#include <cmath>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#define int long long
using namespace std;
int _;
int n,k;
void solve(){
cin>>n>>k;
int x=1;
for(;x*(x+1)/2<k;x++);
x--;
int rest=k-x*(x+1)/2;
x++;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(i==n-x||i==n-rest+1)
cout<<'b';
else
cout<<'a';
}
cout<<'\n';
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cin>>_;
while(_--)
solve();
return 0;
}
B
我们考虑最小的操作次数，无非就是加到和前缀最大值相等。
于是维护一个前缀最大值，然后取一个（\(a_i\) 与前缀最大值的）最大差 \(x\)，答案即为 \(\lceil \log_2 x \rceil\)。
这种题想不出来真可以退役了。/fn
实现
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <string>
#include <stdlib.h>
#include <vector>
#include <queue>
#include <cmath>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e5+5;
int _,n;
int a[N];
void solve(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)
cin>>a[i];
int mx=-1e9,ans=-1e9;
for(int i=1;i<=n;i++){
mx=max(mx,a[i]);
ans=max(ans,mx-a[i]);
}
int cnt=0;
for(;ans;cnt++,ans>>=1);
cout<<cnt<<'\n';
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cin>>_;
while(_--)
solve();
return 0;
}
C
枚举断点维护前后，序列考虑差分。
首先枚举 \(k\)，差分一下，发现 \(k\) 之前的必须都 \(> 0\)，\(k\) 之后的必须都 \(< 0\)。
于是我们维护前缀 \(\le 0\) 的操作次数 \(pre_i\)，后缀 \(\ge 0\) 的操作次数 \(suf_i\)，答案即为 \(\max\{\min(pre_i,suf_{i+1})\}\)。
实现
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=2e5+5;
int _,n;
int a[N],b[N],pre[N],suf[N];
void solve(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)
cin>>a[i],b[i]=a[i]-a[i-1];
for(int i=2;i<=n;i++)
pre[i]=pre[i-1]-(b[i]<=0?b[i]-1:0);
for(int i=n;i>=2;i--)
suf[i]=suf[i+1]+(b[i]>=0?b[i]+1:0);
int ans=LONG_LONG_MAX;
for(int i=1;i<=n;i++)
ans=min(ans,max(pre[i],suf[i+1]));
cout<<ans;
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
_=1;
while(_--)
solve();
return 0;
}
D
数据范围启发我们枚举这个 \(x\)。
然后我们发现，如果一个对 \(i,n-i+1\) 要改 \(\le 1\) 次，则其 \(x \in [\min(a_i,a_{n-i+1})+1,\max(a_i,a_{n-i+1})+k]\)。
改 \(0\) 次的可以开个桶判断，改 \(2\) 次的减一下就行，这样便得到了一个平方做法。
观察到复杂度瓶颈在于枚举 \(i\)，我能不能直接统计当前的 \(x\) 被多少个区间覆盖（即有多少个改一次的）？答案是肯定的。发现需要区间修改操作，考虑差分一下就完事了。
实现
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <string>
#include <stdlib.h>
#include <vector>
#include <queue>
#include <cmath>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#define int long long
using namespace std;
const int N=4e5+5;
int _,n,k;
int a[N],d[N],e[N];
void solve(){
for(int i=0;i<=2*k+5;i++)
d[i]=e[i]=0;
cin>>n>>k;
for(int i=1;i<=n;i++)
cin>>a[i];
for(int i=1;i<=n/2;i++){
e[a[i]+a[n-i+1]]++;
d[min(a[i],a[n-i+1])+1]++;
d[max(a[i],a[n-i+1])+k+1]--;
}
for(int i=2;i<=2*k;i++)
d[i]+=d[i-1];
int ans=1e18;
for(int i=2;i<=2*k;i++)
ans=min(ans,d[i]-e[i]+(n/2-d[i])*2);
cout<<ans<<'\n';
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cin>>_;
while(_--)
solve();
return 0;
}
E
数学题发掘性质.
有两个性质:
-
选奇数个比偶数个更优,这个推一下式子即可,具体见 题解区.
-
当我们在中位数的两边不断添加数的时候,平均数一定先增后减.鉴于我们一定先加大的,再加小的,所以感性理解即可.
综上,我们枚举中位数然后二分添加的区间得到平均数峰值即可求解.
实现
//
// P2797.cpp
//
//
// Created by _XOFqwq on 2025/10/18.
//
#include <cstdio>
#include <iomanip>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <string>
#include <stdlib.h>
#include <vector>
#include <queue>
#include <cmath>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e5+5;
int n;
int a[N],s[N];
int calc(int x,int len){
return s[n]-s[n-len]+s[x]-s[x-len-1];
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cin>>n;
for (int i=1; i<=n; i++) {
cin>>a[i];
}
sort(a+1,a+n+1);
for (int i=1; i<=n; i++) {
s[i]=s[i-1]+a[i];
}
double ans=-1e18;
for (int i=2; i<n; i++) {
int l=0,r=min(i-1,n-i);
while (l+1<r) {
int mid=(l+r)>>1;
int s1=calc(i,mid)*(2*mid+3);
int s2=calc(i,mid+1)*(2*mid+1);
if (s1<=s2) {
l=mid;
} else {
r=mid;
}
}
//l++;
double cur=calc(i,r)*1.0/(2*r+1)-a[i];
if (cur>ans) {
ans=cur;
}
}
cout<<setprecision(2)<<fixed<<(ans==-1e18?0.00:ans);
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号