YACS2025年6月乙组

https://iai.sh.cn/contest/77

T1. 美克斯

利用了 排列的特殊性质，

• 题目是排列 \(0\sim n-1\) ，所以每个数只出现一次。
• 如果要找区间 \([l, r]\) 的 \(mex\) ，就是找最小的不在这个区间的数。
• 不在区间的数要么出现在区间左边，要么出现在区间右边。
• 于是,我们只需要预处理一个前缀最小值，一个后缀最小值即可
  • f[l-1] 是区间左边部分的最小值
  • b[r+1] 是区间右边部分的最小值
  • 两者取最小，就是第一个缺的数 → mex。
  • 特别的，当l到r包含了所有数，答案为n。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,q,l,r;
int a[100005];
int f[100005];//前缀最小值，f[i]表示前i个数中的最小值
int b[100005];//后缀最小值，b[i]表示从i到n的所有数中的最小值
int main() {
    cin>>n>>q;
    f[0]=n;//界外最小值为n
    b[n+1]=n;//界外最小值为n
    for(int i=1;i<=n;i++){//输入
        cin>>a[i];
        f[i]=min(f[i-1],a[i]);//求前缀最小值
    }
    for(int i=n;i>=1;i--){
        b[i]=min(b[i+1],a[i]);//求后缀最小值
    }
    while(q--){//按提问回答
        cin>>l>>r;
        cout<<min(f[l-1],b[r+1])<<"\n";
    }
    return 0;
}

T2 二进制

数位dp，特别板子的题。记忆化搜索的数位DP板子拿过来修改一点点就行了！

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int n,k,a[70],len;
int dp[70][70];
int dfs(int pos,int pre,int limit)
{
    if(pos==0) return pre==k;
    if(!limit&&dp[pos][pre]!=-1)return dp[pos][pre];
    int res=0,up=limit?a[pos]:1;
    for(int i=0;i<=up;i++)
    {
        res+=dfs(pos-1,pre+(i==1),limit&&i==up);
    }
    return limit?res:dp[pos][pre]=res;
}
int calc(int x)
{
    memset(dp,-1,sizeof dp);
    len=0;
    while(x)
    {
        a[++len]=x%2;
        x/=2;
    }
    return dfs(len,0,1);
}
signed main()
{
    cin>>n>>k;
    cout<<calc(n)<<endl;    
    return 0;
}

T3 斯瓦普

a[i]-b[i]看做数轴上的一个区间，这样数轴上就有n个区间，求可以覆盖n个区间任意一个端点的最小范围。

实现方法是创建一个包含两个数组元素对的数组，排序后使用滑动窗口技巧。通过两指针维护覆盖的索引数量，确保所有 n 个元素都被选择，最终求出最小的区间最大值减最小值。型复杂度 O(n log n)，

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

/*
  Problem: 斯瓦普
  思路：将所有 a_i, b_i 视为 (value, index) 的点，共 2n 个。
        对这些点按 value 排序，使用滑动窗口找最短的区间使得窗口内包含所有 index（每个 index 至少出现一次）。
        最小值即为窗口右值减左值的最小值。

  注意：
  - 使用 long long 存放值（a_i, b_i 可到 1e9，但差仍 fits int，习惯用 long long）
  - n 最大 2e5，所以总点数 4e5，排序和滑窗都在允许范围内
*/

int main() {
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);

    int n;
    cin>>n;
    vector<long long> a(n), b(n);
    for (int i = 0; i < n; ++i) cin >> a[i];
    for (int i = 0; i < n; ++i) cin >> b[i];

    // 构造 (value, index) 的数组，index 取 0..n-1
    vector<pair<long long,int>> v;
    v.reserve(2*n);
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        v.emplace_back(a[i], i);
        v.emplace_back(b[i], i);
    }

    sort(v.begin(), v.end());

    // 滑动窗口：维护计数 cnt[idx]，当覆盖数 covered==n 时窗口合法
    vector<int> cnt(n, 0);
    int covered = 0;
    long long ans = LLONG_MAX;
    int l = 0;
    int m = (int)v.size();

    for (int r = 0; r < m; ++r) {
        int idx = v[r].second;
        if (cnt[idx] == 0) ++covered;
        ++cnt[idx];

        // 当前窗口 [l, r] 已经包含所有下标时，尝试收缩左边界以求最短
        while (covered == n && l <= r) {
            long long diff = v[r].first - v[l].first;
            if (diff < ans) ans = diff;

            // 尝试把 l 移右一位
            int lidx = v[l].second;
            --cnt[lidx];
            if (cnt[lidx] == 0) --covered; // 失去一个下标，窗口不再完整
            ++l;
        }
    }

    cout << ans << '\n';
    return 0;
}

T4. 超级车流量
原题：CF1747E