ABC327

A

略

B

题意：给一个数B，询问A^A=B的A为多少
思路：快速幂暴力即可

ll ksm(ll a,ll b){
    ll res=1;
    while(b){
        if(b&1)res=res*a;
        a=a*a;
        b>>=1;
    }
    return res;
}
//
void solve(){
    ll b;cin>>b;
    rep(i,1,16){
        // debug(ksm(i,i));
        if(ksm(i,i)==b){
            cout<<i<<endl;return;
        }
    }
    cout<<-1<<endl;
}

C

题意：
给定一个九宫格，判断：
1.每行1~9都出现
2.每列1~9都出现
3.每个3x3格子1~9都出现
思路：
用set模拟

int g[10][10];
void solve(){
    rep(i,1,9){
        rep(j,1,9)cin>>g[i][j];
    }
    int ok=1;
    rep(i,1,9){
        set<int>st;
        rep(j,1,9)st.insert(g[i][j]);
        if(st.size()!=9)ok=0;
    }
    rep(i,1,9){
        set<int>st;
        rep(j,1,9)st.insert(g[j][i]);
        if(st.size()!=9)ok=0;
    }
    for(int z=1;z<=3;z++){
            for(int y=1;y<=3;y++){
                set<int>st;
                for(int i=1+(z-1)*3;i<=3+(z-1)*3;i++){
                for(int j=1+(y-1)*3;j<=3+(y-1)*3;j++){
                    st.insert(g[i][j]);
                }
            }
                if(st.size()!=9)ok=0;
        }
    }
    if(ok)cout<<"Yes"<<endl;
    else cout<<"No"<<endl;
}

D

题意：
给定两个数组A和B，其中数字大小不超过N
对于一个N的01数组c，需要满足对于1<=i<=M,c[a[i]]!=c[b[i]]
询问是否能够构造出c数组
思路：
经典的二元关系
种类并查集，每次merge把相互的对立面拉到同一个集合里
如果一个数和它的对立面出现在同一个集合里，则不行

void solve(){
    int n,m;cin>>n>>m;
    rep(i,1,2*n)f[i]=i;
    vector<int>a(m+1);
    vector<int>b(m+1);
    rep(i,1,m)cin>>a[i];
    rep(i,1,m)cin>>b[i];

    rep(i,1,m){
        merge(a[i]+n,b[i]);
        merge(a[i],b[i]+n);
    }
    rep(i,1,n){
        if(find(i)==find(i+n)){
            cout<<"No"<<endl;return;
        }
    }
    cout<<"Yes"<<endl;
}

E

题意：
给定一个比赛rating数组，求按顺序参加能通过给定公式计算出的最大rating
思路：
像01背包的n方dp
首先要先确定k的大小
不妨设f[i][j]:从1枚举到第i个，一共需要拿j个
f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i-1][j-1]x0.9+a[i])
根据公式预处理一下即可

double f[5001][5001];
const double c=0.9;
double di[5001],mu[5001];
void solve(){
    int n;cin>>n;
    vector<double>a(n+1);
    di[1]=1;
    mu[1]=1200;
    rep(i,2,n){
        di[i]=di[i-1]*c+1;
        mu[i]=1200*1.0/sqrtl(i);
    }
    rep(i,1,n)cin>>a[i];
    double mx=-1e9;
    for(int i=1;i<=n;i++){
      for(int j=1;j<=i;j++){
        f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i-1][j-1]*c+a[i]);
        mx=max(mx,f[i][j]/di[j]-mu[j]);
      }
    }
    cout<<fixed<<setprecision(11)<<mx<<endl;
}

F

题意：
给定一个T,X数组，表示Ti时间会在Xi位置降下一个苹果
现在可以划分一个长度为W的区间，持续D。
求最多能拿多少个苹果
思路：
显然排序后，可以通过双指针或队列来维护时间
考虑在维护出的合法时间段之内，如何获得长度为W的最大子段和
不妨化区间为节点：即[1,W],[2,W+1],[3,W+2].....[2E5.W+2E5-1]为线段树的节点（编号为下标）
求长度为w的最大区间子段和，即求这些节点的最大值
对于某个数x入队时，它会对[x-w+1,x]最大值产生+1的影响
同样出队时，会产生-1的影响
用线段树懒标记和mx维护

struct node{
    int l,r;
    int mx;
    int tag;
}tr[4*maxn];
void pushdown(int p){
    if(tr[p].tag){
        tr[ls].mx=tr[ls].mx+tr[p].tag;
        tr[rs].mx=tr[rs].mx+tr[p].tag;
        tr[ls].tag+=tr[p].tag;
        tr[rs].tag+=tr[p].tag;
        tr[p].tag=0;
    }
}
void pushup(int p){
    tr[p].mx=max(tr[ls].mx,tr[rs].mx);
}
void build(int p,int l,int r){
    tr[p].l=l;tr[p].r=r;tr[p].tag=0;tr[p].mx=0;
    if(l==r)return;

    int mid=l+r>>1;
    build(ls,l,mid);
    build(rs,mid+1,r);
}
void change(int p,int l,int r,int x){
    if(l<=tr[p].l&&tr[p].r<=r){
        tr[p].tag+=x;
        tr[p].mx+=x;
        return;
    }
    pushdown(p);
    int mid=tr[p].l+tr[p].r>>1;
    if(l<=mid)change(ls,l,r,x);
    if(r>mid)change(rs,l,r,x);
    pushup(p);
}
int query(int p,int l,int r){
    if(l<=tr[p].l&&tr[p].r<=r){
        return tr[p].mx;
    }
    int mid=tr[p].l+tr[p].r>>1;
    pushdown(p);
    int res=0;
    if(l<=mid)res=max(res,query(ls,l,r));
    if(r>mid)res=max(res,query(rs,l,r));
    return res;
}
void solve(){
    int n,d,w;cin>>n>>d>>w;
    vector<pii>a(n+1);
    rep(i,1,n)cin>>a[i].fi>>a[i].se;
    build(1,1,2e5+1);
    sort(a.begin()+1,a.end());
    queue<pii>q;
    int ans=0;
    rep(i,1,n){
        while(q.size()&&abs(q.front().fi-a[i].fi)>=d){
            int x=q.front().se;
            //(x-w ,x]
            change(1,max(1ll,x-w+1),x,-1);
            q.pop();
        }
        int x=a[i].se;
        change(1,max(1ll,x-w+1),x,1);
        ans=max(ans,query(1,1,2e5));
        q.push(a[i]);
    }
    cout<<ans<<endl;
}