Solutions - NOISG 2024 Prelim 重现赛
T1
懒得写。
T2
同。
T3
我们发现直接做是不太好做的。
我们考虑 \(n = 2\) 的做法，很自然地将所有数取出来放进一个数组 sort 一下然后看相邻且不属于一个序列的数。
于是推广，我们就将原问题转化成了这么一个问题：求一个数组的一个子串满足对于每一个序列（即，原题中的班级），该子串中含有至少一个来自该序列的数，且字串的极差最小。
这个问题是很经典的，我们直接双指针做就行了。
#include <bits/stdc++.h>
#define llong long long
#define N 1005
using namespace std;
#define bs (1<<20)
char buf[bs], *p1, *p2;
#define gc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,bs,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
template<typename T>
inline void read(T& x){
x = 0; int w = 1;
char ch = gc();
while(ch < '0' || ch > '9'){
if(ch == '-') w = -w;
ch = gc();
}
while(ch >= '0' && ch <= '9')
x = (x<<3)+(x<<1)+(ch^48), ch = gc();
x *= w;
}
template<typename T, typename ...Args>
inline void read(T& x, Args& ...y){
return read(x), read(y...);
}
pair<int, int> a[N*N];
int cnt[N], ccnt;
int n, m, ans = 1e9+7;
int main(){
read(n, m);
for(int i = 1; i <= n; ++i)
for(int j = 1; j <= m; ++j)
read(a[(i-1)*m+j].first), a[(i-1)*m+j].second = i;
sort(a+1, a+n*m+1);
for(int i = 1, j = 1; j <= n*m; ++j){
if(cnt[a[j].second] == 0) ++ccnt;
++cnt[a[j].second];
while(ccnt == n){
ans = min(ans, a[j].first-a[i].first);
if(cnt[a[i].second] == 1) --ccnt;
--cnt[a[i].second], ++i;
}
}
printf("%d", ans);
return 0;
}
T4
很容易想到把两种团队分开处理。
然后我们用 \(w = 1\) 的团队把 \(w = 0\) 的团队割成若干段，我们需要对于每一个段找到第一个大小不大于 \(b\) 的 \(w = 0\) 的团队。由于团队间的相对顺序不会改变，我们直接使用线段树二分来做这件事。然后如果在段内没有找到符合条件的团队，我们就处理段尾的 \(w = 1\) 的团队。我们可以用堆来维护这些 \(w = 1\) 的团队。
摊还分析一下可得时间复杂度为 \(\mathrm{O}(\log n)\)。
#include <bits/stdc++.h>
#define llong long long
#define N 200005
using namespace std;
#define bs (1<<20)
char buf[bs], *p1, *p2;
#define gc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,bs,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
template<typename T>
inline void read(T& x){
x = 0; int w = 1;
char ch = gc();
while(ch < '0' || ch > '9'){
if(ch == '-') w = -w;
ch = gc();
}
while(ch >= '0' && ch <= '9')
x = (x<<3)+(x<<1)+(ch^48), ch = gc();
x *= w;
}
template<typename T, typename ...Args>
inline void read(T& x, Args& ...y){
return read(x), read(y...);
}
constexpr llong inf = (llong)1e18+3;
typedef pair<int, llong> Node;
int n, q;
int vis[N];
llong val[N<<2];
#define ls(x) (x<<1)
#define rs(x) (x<<1|1)
#define mid ((l+r)>>1)
inline void pushup(int x){
val[x] = min(val[ls(x)],val[rs(x)]);
return;
}
inline void addtag(int x, llong k){
val[x] = k;
return;
}
inline void modify(int pos, llong k, int x = 1, int l = 1, int r = q){
if(l == r) return addtag(x, k);
if(pos <= mid) modify(pos, k, ls(x), l, mid );
else modify(pos, k, rs(x), mid+1, r);
pushup(x);
return;
}
inline Node query(int L, int R, llong k, int x = 1, int l = 1, int r = q){
if(val[x] > k || L > R) return {1e9+7, 0};
if(l == r) return {l, val[x]};
if(R <= mid) return query(L, R, k, ls(x), l, mid );
if(L > mid) return query(L, R, k, rs(x), mid+1, r);
if(val[ls(x)] <= k) return query(L, R, k, ls(x), l, mid );
else return query(L, R, k, rs(x), mid+1, r);
}
priority_queue<Node, vector<Node>, greater<Node> > pq;
vector<Node> ans;
int main(){
read(q);
for(int i = 1; i <= (q<<2); ++i) val[i] = inf;
for(int t = 1; t <= q; ++t){
int op; llong x, y;
read(op);
if(op == 1){
read(x, y), ++n;
if(y == 0) modify(n, x);
else pq.emplace(n, x);
}
if(op == 2){
read(x);
vis[x] = true;
modify(x, inf);
}
if(op == 3){
read(x);
int now = 1;
while(x && pq.size()){
Node res = query(now, pq.top().first, x);
while(res.first < 1e9){
x -= res.second;
modify(res.first, inf);
now = res.first+1;
ans.push_back(res);
if(!x) goto output;
res = query(now, pq.top().first, x);
}
res = pq.top(); pq.pop();
if(vis[res.first]){
now = res.first+1;
continue;
}
if(x >= res.second){
x -= res.second;
ans.push_back(res);
if(!x) goto output;
}
else{
ans.emplace_back(res.first, x);
pq.emplace(res.first, res.second-x);
x = 0;
goto output;
}
}
if(x){
Node res = query(now, n, x);
while(res.first < 1e9){
x -= res.second;
modify(res.first, inf);
now = res.first+1;
ans.push_back(res);
if(!x) goto output;
res = query(now, n, x);
}
}
output: printf("%d\n", ans.size());
for(auto i : ans) printf("%d %lld\n", i.first, i.second);
ans.clear();
}
}
return 0;
}
T5
记得还是普及组小朋友的时候做过一道题，是这题的 Subtask1 且不用输出方案。
那么当 \(c = 1\) 时，对于这 \(2n\) 个点间的 \(2n-1\) 条线段，一条线段被经过的次数即为两边的厂矿数量之差。
扩展到 \(c \in \mathbb N^+\)，设两边厂矿数量差为 \(k\)，则该线段被经过的次数为 \(\lceil \frac{k}{c} \rceil\)。于是我们做完了第一小问。
对于第二小问，我们考虑上结论在题目中的实际意义，于是很容易得出具体的构造方案，详见代码。
其实是可以做到 \(\mathrm O(n \log n)\) 的，但是我懒就写的 \(\mathrm O(n^2)\)。
#include <bits/stdc++.h>
#define llong long long
#define N 1005
using namespace std;
#define bs (1<<20)
char buf[bs], *p1, *p2;
#define gc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,bs,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
template<typename T>
inline void read(T& x){
x = 0; int w = 1;
char ch = gc();
while(ch < '0' || ch > '9'){
if(ch == '-') w = -w;
ch = gc();
}
while(ch >= '0' && ch <= '9')
x = (x<<3)+(x<<1)+(ch^48), ch = gc();
x *= w;
}
template<typename T, typename ...Args>
inline void read(T& x, Args& ...y){
return read(x), read(y...);
}
int n, c;
int a[N], b[N];
int tmp1[N<<1], tmp2[N<<1], typ[N<<1];
llong ans;
int main(){
read(n, c);
for(int i = 1; i <= n; ++i) read(a[i]), tmp1[ i ] = a[i];
for(int i = 1; i <= n; ++i) read(b[i]), tmp1[i+n] = b[i];
sort(tmp1+1, tmp1+n*2+1);
for(int i = 1; i <= n; ++i){
++tmp2[a[i] = lower_bound(tmp1+1, tmp1+n*2+1, a[i])-tmp1], typ[a[i]] = 1;
--tmp2[b[i] = lower_bound(tmp1+1, tmp1+n*2+1, b[i])-tmp1], typ[b[i]] = 2;
}
for(int i = 1; i <= n*2; ++i) tmp2[i] += tmp2[i-1];
for(int i = 1; i <= n*2; ++i)
ans += (tmp1[i+1]-tmp1[i])*((abs(tmp2[i])+c-1)/c);
printf("%lld\n", ans);
for(int i = 1; i <= n*2; ++i){
if(tmp2[i] > 0){
int j = i;
while(tmp2[j]) ++j;
for(int k = i; k <= j; ++k){
if(typ[k] == 1 && tmp2[ k ] <= c) printf("%d ", tmp1[k]);
if(typ[k] == 2 && tmp2[k-1] <= c) printf("%d ", tmp1[k]);
}
for(int k = i; k <= j; ++k)
tmp2[k] = max(tmp2[k]-c, 0);
}
if(tmp2[i] < 0){
int j = i;
while(tmp2[j]) ++j;
for(int k = j; k >= i; --k){
if(typ[k] == 1 && tmp2[k-1] >= -c) printf("%d ", tmp1[k]);
if(typ[k] == 2 && tmp2[ k ] >= -c) printf("%d ", tmp1[k]);
}
for(int k = i; k <= j; ++k)
tmp2[k] = min(tmp2[k]+c, 0);
}
}
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号