Codeforces Round 1039 (Div. 2)
A. Recycling Center
题意：给你一个数组\(a\)，和一个数\(c\)，每次选一个数，如果这个数小于等于\(c\)没有代价，否则有\(1\)的代价，没选一个数其它数乘二，求最小代价。
\(n\)很小，考虑倒着来，把所有数都乘上\(2^{n-1}\)，初始代价为\(n\)，如果有小于等于\(c\)的选最大的，然后代价减一，在把所有数除二，这样模拟\(n\)次就行了。
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#include <bits/stdc++.h>
using i64 = long long;
void solve() {
int n, c;
std::cin >> n >> c;
std::vector<i64> a(n);
for (int i = 0; i < n; ++ i) {
std::cin >> a[i];
a[i] *= 1 << (n - 1);
}
std::ranges::sort(a);
int ans = n;
for (int i = 0; i < n; ++ i) {
int k = -1;
for (int j = 0; j < n; ++ j) {
if (a[j] != -1 && a[j] <= c) {
if (k == - 1 || a[k] < a[j]) {
k = j;
}
}
}
if (k != -1) {
-- ans;
a[k] = -1;
}
for (int j = 0; j < n; ++ j) {
if (a[j] != -1) {
a[j] /= 2;
}
}
}
std::cout << ans << "\n";
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(false), std::cin.tie(0), std::cout.tie(0);
int t = 1;
std::cin >> t;
while (t -- ) {
solve();
}
return 0;
}
B. Deque Process
题意：一个排列是好的，那么它没有长度大于等于\(5\)的连续子序列递减或递增。给你一个排列，每次从左拿数或者从右拿数，使得最终得到一个好的排列。
第奇数次拿大的，偶数次拿小的。
我也不会证明，模拟一下发现没两三轮就和从递减变成递增或者从递增变成递减。
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#include <bits/stdc++.h>
using i64 = long long;
void solve() {
int n;
std::cin >> n;
std::vector<int> a(n);
for (int i = 0; i < n; ++ i) {
std::cin >> a[i];
}
std::string s;
int l = 0, r = n - 1;
int k = 0;
while (l <= r) {
if (k & 1) {
if (a[l] > a[r]) {
s += "L";
++ l;
} else {
s += "R";
-- r;
}
} else {
if (a[l] < a[r]) {
s += "L";
++ l;
} else {
s += "R";
-- r;
}
}
++ k;
}
std::cout << s << "\n";
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(false), std::cin.tie(0), std::cout.tie(0);
int t = 1;
std::cin >> t;
while (t -- ) {
solve();
}
return 0;
}
C. Leftmost Below
题意：给你一个全\(0\)数组\(a\)，每次选择一个大于\(min(a)\)的数\(x\)，然后把小于\(x\)的最小位置加上\(x\)。求\(a\)能不能变成\(b\)。
除了\(b_i = 1\)的位置，如果我们想让\(a_i = b_i\)，那么\([1, i - 1]\)都应该满足了，则我们只能操作\(x\in [1, min_{i-1}\)]，其中\(min_{i-1}\)为\([1, i -1]\)的最小值。那么最多使得\(a_i\)变成\(min_{i-1} + min_{i-1} - 1\)。如果\(a_i \geq 2\times min_{i-1}\)无解。
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#include <bits/stdc++.h>
using i64 = long long;
void solve() {
int n;
std::cin >> n;
std::vector<int> b(n);
for (int i = 0; i < n; ++ i) {
std::cin >> b[i];
}
for (int i = 0, min = 1e9; i < n; ++ i) {
if (min + min - 1 < b[i]) {
std::cout << "NO\n";
return;
}
min = std::min(min, b[i]);
}
std::cout << "YES\n";
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(false), std::cin.tie(0), std::cout.tie(0);
int t = 1;
std::cin >> t;
while (t -- ) {
solve();
}
return 0;
}
D. Sum of LDS
题意：一个排列，满足\(max(p_i, p_{i+1}) > p_{i+2}\)。求所有子数组的最长递减子序列。
直接算肯定不行，我们只能观察这个给出的性质。
我们发现最长上升连续子序列长度最多为\(2\)，设\(p_i < p_{i+1}\)，那么\(p_{i+2} < \max(p_i, p_{i+1})\)，无法继续递增。
继续观察，发现除了这些递增子序列的位置，其它位置从左到右整体就是递减的。
每个子区间如果出现一个\(p_i < p_{i+1}\)，那么最长递减子序列长度减少\(1\)。如果\(p_i < p_{i+1}\)，那么有\(p_{i+2} < \max(p_i, p_{i+1}) < p_{i-1}\)。
则我们考虑减去这些\(p_i < p_{i+1}\)的贡献，一开始长度为\(k\)的子数组最长递减子序列长度就是\(k\)，那么有\(\sum_{k=1}^{n} k\times(n-k+1) = \frac{n(n+1)(n+2)}{6}\)，这个也可以循环算。
然后对于每个\(p_i < p_{i+1}\)，包含它们的区间有\(i\times(n-i)\)个。减去即可。
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#include <bits/stdc++.h>
using i64 = long long;
void solve() {
int n;
std::cin >> n;
std::vector<int> a(n);
for (int i = 0; i < n; ++ i) {
std::cin >> a[i];
}
i64 ans = 1LL * n * (n + 1) * (n + 2) / 6;
for (int i = 0; i + 1 < n; ++ i) {
if (a[i] < a[i + 1]) {
ans -= (i64)(i + 1) * (n - i - 1);
}
}
std::cout << ans << "\n";
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(false), std::cin.tie(0), std::cout.tie(0);
int t = 1;
std::cin >> t;
while (t -- ) {
solve();
}
return 0;
}
E1. Submedians (Easy Version)
题意：给你一个数组。求一个最大的\(x\)，使得有一个长度大于等于\(k\)的子区间的中位数是\(x\)。
这个题貌似太典了，印象中光\(cf\)就出过好几次吧。
如果一个数小于等于数组里的中位数，那么把小于它的设置为\(-1\)，大于等于它的设置为\(1\)，那么如果有一个区间的和大于等于\(0\)则满足条件。
那么考虑二分中位数，求有没有区间的中位数大于等于\(mid\)。这里要求长度大于等于\(k\)，那么就只记录比当前位置小\(k\)的位置的前缀和就行了。
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#include <bits/stdc++.h>
using i64 = long long;
void solve() {
int n, k;
std::cin >> n >> k;
std::vector<int> a(n + 1);
for(int i = 1; i <= n; ++ i){
std::cin >> a[i];
}
auto check = [&](int v) -> std::tuple<bool, int, int> {
static std::vector<int> S;
S.resize(n + 1);
S[0] = 0;
for(int i = 1; i <= n; ++ i){
S[i] = S[i - 1] + (a[i] >= v ? 1 : -1);
}
int tl, tr;
int min = 0, min_pos = 0;
for(int r = k; r <= n; ++ r){
if(S[r] >= min){
tl = min_pos + 1;
tr = r;
return {true, tl, tr};
}
int j = r - k + 1;
if(S[j] < min){
min = S[j];
min_pos = j;
}
}
return {false, -1, -1};
};
int lo = 1, hi = n;
while(lo < hi){
int mid = (lo + hi + 1) >> 1;
if (std::get<0>(check(mid))){
lo = mid;
} else {
hi = mid - 1;
}
}
int max = lo;
auto [_, L, R] = check(max);
std::cout << max << " " << L << " " << R << "\n";
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(false), std::cin.tie(0), std::cout.tie(0);
int t = 1;
std::cin >> t;
while (t -- ) {
solve();
}
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号