2025牛客暑期多校训练营4

For the Treasury!

题意简化

在公元11世纪早期的英格兰，有维京海盗团伙。阿斯凯拉德作为一伙维京海盗的首领，要分\(n\)件排成一列的财宝，按约定他本应拿前\(k\)件。但他夜里偷偷调换财宝（每次只能交换相邻两件，每次交换花费\(c\)），想让自己拿到的财宝总价值减去交换总花费后的利润最大，求这个最大利润。

数据范围

• \(n\)（财宝数量）、\(k\)（阿斯凯拉德本应拿的前\(k\)件的数量）满足\(0 \leq k \leq n \leq 3 \times 10^5\)；
• 交换一次的花费\(c\)满足\(0 \leq c \leq 10^9\)；
• 每件财宝的价值\(a_i\)满足\(1 \leq a_i \leq 10^9\)。

思路

换个计算角度，假设全部都转移到第一个，每个财宝的价值减去交换到第一个的花费，求前k个最大值，那么此时的所求答案等同于多减去了c(k+1)k/2

这道题启发我们应该首先思考确定前k个财宝是那些，然后再进行计算
而直接一个位置一个位置确定不易做到，而只确定第一个位置相对容易

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>


using namespace std;
using ll=long long ;
const ll maxn=3e5+10;
ll a[maxn],b[maxn];

int main(){
	ll n,k,c;
	cin>>n>>k>>c;
	for(int i=1;i<=n;++i) cin>>a[i];
	for(int i=1;i<=n;++i) b[i]=a[i]-c*i;
	sort(b+1,b+1+n,greater<>());
	ll ans=0;
	for(int i=1;i<=k;++i)
		ans+=b[i];
	ans+=k*(k+1)*c*1ll/2;
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}

Blind Alley

题意简化

你设计了一个“气球马里奥”关卡，关卡是 $ N \times M $ 的网格，马里奥从起点 \((1,1)\) 出发，目标是到达终点 \((1,M)\)。网格中部分格子有障碍物（如尖刺），且第一列和最后一列无障碍物。

当马里奥位于 \((X,Y)\) 时：

• 视野范围是满足 $ 1 \leq U \leq N $ 且 $ Y \leq V \leq \min(Y+K,M) $ 的格子 \((U,V)\)（能看到这些格子是否有障碍物）；
• 移动方式为上（\((X+1,Y)\)）、下（\((X-1,Y)\)）、右（\((X,Y+1)\)），但目标格子必须在网格内且无障碍物。

需要判断：是否存在一条从 \((1,1)\) 到某点 $ s_\ell=(X,Y) $ 的路径，同时满足以下三点：

1. 马里奥能沿路径从起点移动到 $ s_\ell $；
2. 路径中任意中间点 $ s_i $，在其前一个位置 $ s_{i-1} $ 的视野下，无法排除从 $ s_i $ 到达终点 \((1,M)\) 的可能性；
3. 但从 $ s_\ell $ 本身无法移动到终点 \((1,M)\)。

数据范围

• 测试用例数 $ T ： 1 \leq T \leq 10^4 $；
• 单个测试用例的参数：
  • 网格尺寸 $ N, M $、视野范围 $ K ： 2 \leq N,M $，且 $ N \cdot M \leq 10^6 ； 1 \leq K \leq M-1 $；
  • 网格障碍：用 $ N $ 个长度为 $ M $ 的二进制字符串表示（1 表示障碍物，0 表示可通行）；输入保证第一列和最后一列无障碍物，且存在从 \((1,1)\) 到 \((1,M)\) 的路径；
• 所有测试用例的 $ N \cdot M $ 之和不超过 $ 10^6 $。

思路

较为少见，状态的思想

（generated by AI）
代码通过从终点反向推导，跟踪每个位置的视野范围内是否 “无法排除到达终点的可能性”（状态-1），并利用上下移动的可达性传播状态。最终通过起点的状态判断是否存在符合要求的路径终点，高效解决了问题（时间复杂度
O(N⋅M)

-1代表可能到达，-2代表初始态不可达，取0的时候意味着右边有个障碍，所以开始计数从右往左计数，对于同一行如果连续大于等于k，就有到达的可能性，标为-1,如果可以直接到达（1，m），最终第1行的状态-2

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

// 完全1-based索引：行1~n，列1~m（字符串s[i]的[0]为占位符）
string s[1000006];  // s[i][j]直接对应第i行第j列
int d[1000006];     // d[i]表示第i行当前列的状态

// 状态合并函数（逻辑不变）
int c(int x, int y) {
    if (x == -1 || y == -1) return -1;
    if (x == -2 || y == -2) return -2;
    return max(x, y);
}

signed main() {
    int T;
    cin >> T;
    while (T--) {
        int n, m, k;
        cin >> n >> m >> k;
        
        // 读入网格并转为1-based（在字符串前加占位符）
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            string tmp;
            cin >> tmp;
            s[i] = " " + tmp;  // s[i][1]对应原第1列，s[i][m]对应原第m列
            d[i] = -2;         // 初始化状态为未处理
        }
        
        // 从倒数第二列（m-1）向左遍历到第一列（1）
        for (int j = m - 1; j >= 1; j--) {
            // 步骤1：基于右侧列（j+1）更新当前列（j）的状态
            for (int i = 1; i <= n; i++) {
                if (s[i][j+1] == '1') {  // 右侧相邻格有障碍（直接用j+1访问）
                    d[i] = 0;
                } else {
                    if (d[i] >= 0) d[i]++;  // 累计连续可通行长度
                    if (d[i] >= k) d[i] = -1;  // 超过视野范围，标记为"无法排除终点可达性"
                }
            }
            
            // 步骤2：向上传播状态（同一列内可向下移动，状态从i传到i+1）
            for (int i = 1; i < n; i++) {
                if (s[i][j] == '0') {  // 当前格(i,j)可通行（直接用j访问）
                    d[i + 1] = c(d[i + 1], d[i]);
                }
            }
            
            // 步骤3：向下传播状态（同一列内可向上移动，状态从i传到i-1）
            for (int i = n; i > 1; i--) {
                if (s[i][j] == '0') {  // 当前格(i,j)可通行
                    d[i - 1] = c(d[i - 1], d[i]);
                }
            }
        }
        
        // 起点是(1,1)，判断其状态是否为-1
        if (d[1] == -1) cout << "Yes" << endl;
        else cout << "No" << endl;
    }
    return 0;
}