20231111

2023/11/11

补昨天vp的906

div2 补题到E1还是挺不容易的

今天vp一场，打了一场，本来想去打周赛玩一下的，结果6点人还在食堂。。。

D - Doremy's Connecting Plan

题意：给定两个数字 n 、c和一个长度为n的数组 ，现有n个孤立点，第 i 个孤立点的权值为，现需要通过建边将所有点全部连通。在第 i 个点和第 j 个点建边需要满足条件：（S为 i 所在连通块的点和 j 所在连通块的点的集合）。判断能否建成连通图。

思路：赛时想到：因为两个点直接连边，他们成立的条件一定是不变的。然后两个连通块直接肯定选两个编号最小的连。

想到这里思路还是乱的，所以改做法，我们可以用数学的不等式简单推导得到若i和j可以连边，那个i或者j一定可以和1点连边。那么连边的对象就解决了。考虑顺序，我们要满足sum>=j*c-a[j],那么其实我们按不等式右边从小到大排序就行。因为我们判断的时候就把 比sum小的贡献全加进来，那么一定是 最优的

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
#define int long long
#define Acode ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0)
const int N = 2e6 + 10;
int a[N];
struct node
{
	int id, val;
	int suf;
} s[N];

bool cmp(node a, node b)
{
	return a.suf < b.suf;
}

void solve()
{
	int n, c;
	cin >> n >> c;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		cin >> s[i].val;
		s[i].id = i;
		s[i].suf = i * c - s[i].val;
	}
	sort(s + 1 + 1, s + 1 + n, cmp);
	int res = s[1].val;
	for (int i = 2; i <= n; i++)
	{
		if (res >= s[i].suf)
		{
			res += s[i].val;
		}
		else
		{
			cout << "No\n";
			return;
		}
	}
	cout << "Yes\n";
}

signed main()
{
	Acode;
	int T = 1;
	cin >> T;
	while (T--)
	{
		solve();
	}
	return 0;
}

E1. Doremy's Drying Plan (Easy Version)

题意：2e5区间，每个区间会+1，任意删两个问最多有几个零。 数组长度也是2e5.

思路：考虑到数组长度也是2e5， k==2 那么就分为两种情况：1、我们删两个区间中1最多的两个区间，这里我们不考虑重叠部分可以删2的情况，这是后面一种情况；2、我们看每个值为2的点，考虑到数组长度也是2e5，所以我们可以遍历数组，当一个点的值为2的时候，我们就记录一下是哪两个区间覆盖了他，因为为2，最多有2e5个区间。然后再加上每个区间可以删除1的个数即可

实现：第一种：我们先做一次原数组前缀和，然后做1的个数的前缀和。然后可以O（1）知道每个区间的1的个数

第二种：我们用类似扫描线的思想，对每个+1，-1的事件排序。当有效的区间个数为2时，意味着这个点就是值为2，那么这个区间组合++，代表这个组合能删除2的个数+1.

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
#define int long long
#define Acode ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0)
const int N = 2e6 + 10;
int a[N], a1[N];
int l[N], r[N];
vector<array<int, 3>> evt;
map<pair<int, int>, int> mp;
void solve()
{
	evt.clear();
	mp.clear();
	int n, m, k;
	cin >> n >> m >> k;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		a[i] = a1[i] = 0;
	}
	for (int i = 1; i <= m; i++)
	{
		cin >> l[i] >> r[i];
		a[l[i]]++;
		a[r[i] + 1]--;
		evt.push_back({l[i], 1, i});
		evt.push_back({r[i] + 1, -1, i});
	}
	int cnt0 = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		a[i] = a[i - 1] + a[i];
		if (!a[i])
			cnt0++;
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		a1[i] = a1[i - 1];
		if (a[i] == 1)
			a1[i]++;
	}
	// for (int i = 1; i <= n; i++)
	// {
	// 	cerr << a[i] << " ";
	// }
	// cerr << endl;
	int res = 0;
	vector<int> alls;
	for (int i = 1; i <= m; i++)
	{
		int x = a1[r[i]] - a1[l[i] - 1];
		alls.push_back(x);
		// cerr << x << endl;
	}
	sort(alls.begin(), alls.end());
	sort(evt.begin(), evt.end());
	int ans = cnt0 + alls[m - 1] + alls[m - 2];
	set<int> st;
	int pos = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		while (pos < evt.size() && evt[pos][0] == i)
		{
			if (evt[pos][1] == 1)
			{
				st.insert(evt[pos][2]);
			}
			else
			{
				st.erase(evt[pos][2]);
			}
			pos++;
		}
		// cerr << st.size() << endl;
		if (st.size() == k)
		{
			int x = *(st.begin());
			int y = *(st.rbegin());
			// cerr << x << " " << y << endl;
			mp[{x, y}]++;
		}
	}
	for (auto it : mp)
	{
		int num = it.second;
		int x = it.first.first;
		int y = it.first.second;
		int res1 = a1[r[x]] - a1[l[x] - 1];
		int res2 = a1[r[y]] - a1[l[y] - 1];
		ans = max(ans, num + res1 + res2 + cnt0);
	}
	cout << ans << endl;
}

signed main()
{
	Acode;
	int T = 1;
	cin >> T;
	while (T--)
	{
		solve();
	}
	return 0;
}

下午 vp Codeforces Round 907 (Div. 2) solve(3/6)

D题失误了， 做法想的太复杂了，然后C题那个前后缀指针写的有点卡，双指针边界一直调不好（老毛病了），还好wa了一发就过了，B题多组数据，有个数组没清空不太应该

https://www.bilibili.com/video/BV17N4y1U7s6/?vd_source=7b3be65640481106bef731ef741a960f

晚上八点打了（AtCoder Beginner Contest 328）solve(5/7)

这把开局不知道自己是谁，什么错误都犯了。。。B题甚至WA了5次才发现return早了导致数据读不完。

后程打的不错，D题想了一会，突然想到一个挺秒的做法，就一发过了。E题一开始没看到只有8的数据范围，看到后就直接开始想dfs枚举。一开始认为如果是完全图的话会跑超时，但是他只有8。邻接矩阵存图，dfs标记打好就一发过了

https://www.bilibili.com/video/BV1q94y137Y1/?vd_source=7b3be65640481106bef731ef741a960f

今天打了两场，明天要好好补题了