7.19练习题解

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题解

A

解法

手推大样例得到作法：
先从当前状态变成所有对角线都是从一发出的状态，再从这个状态变成答案状态即可。

code

\(\tiny 没有诶嘿嘿\)

B

解法：

考虑暴力枚举。
用 \(O(n^2m^2)\) 的时间枚举两个装置的位置，再用 \(O(k)\) 的时间计算答案。
复杂度 \(O(n^2m^2k)\)。
然后发现跑满有 \(10^9\)，再加上xyd的评测姬菜得要死，这个做法会被卡成70分。
然后就可以考虑优化。我们现在确定了一个装置 \(A\) 的位置，并对 \(A\) 求答案。
可以先用一个set存装置放各种位置的答案，再用这个去加上 \(A\) 的答案。
但是有些情况与 \(A\) 会有重复，答案会改变，不能直接加。于是我们考虑枚举与 \(A\) 有重复的情况。
不难发现，我们只用枚举 \(A\) 的哪一个位置和另一个装置的哪一个位置冲突即可，即 \(O(k^2)\)。
这时我们将set中另一个装置原来的答案删去再算出他与 \(A\) 冲突完的答案，在 \(A\) 计算完了答案后再把另一个答案在set中的答案还原即可。

总结：\(O(nm)\) 枚举 \(A\) 的位置，用 \(O(k^2)\) 的时间枚举另一个装置的位置并用 \(O(\log n)\) 的时间更改set中的答案（这个复杂度最后被覆盖了），最后用 \(O(k)\) 的时间计算答案，总复杂度 \(O(nmk^3)\)。

code

\(\tiny 别想贺代码自己写去吧诶嘿嘿\)

C

签到题。
\(\tiny 没签到555\)

解法：

动态规划。设 \(dp[i]\) 为前 \(i\) 个最优的答案，\(s[i]\) 为前缀和。
在不选 \(a[i]\) 时

\[dp[i]=dp[i-1] \]

在选 \(a[i]\) 时，考虑枚举 \(j+2\) 作为这一段的开头，所以可以从 \(dp[j]\) 转移。

\[dp[i]=\max_{j=i-k-1}^{i-2}dp[j]+s[i]-s[j+1] \]

\[dp[i]=s[i]+\max_{j=i-k-1}^{i-2}dp[j]-s[j+1] \]

其中 \(dp[j]-s[j+1]\) 直接线段树维护即可，复杂度 \(O(n\log n)\)。
当然你想的话可以用单调队列直接 \(O(n)\)。

code

\(\tiny 太好写了不放了诶嘿嘿\)

D

神秘二分答案

解法

二分答案。二分最大美观度 \(x\)。不（hen）难发现对于任何 \(i\)，只要 \(a[i]\le \frac{x}{2}\)，\(a[i]\) 就一定可以选。剩下的数可以在两个已选的 \(a[i]\) 中间夹着，但两个已选的中间最多夹一个。大小判断一下即可。

code

终于有了！

//
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int MAXN=5e5+5;

int a[MAXN];
int tid,n,m;
vector<int> v;

bool check(int x){
    v.clear();
    for (int i=1;i<=n;i++)
        if (a[i]<=x/2)
            v.push_back(i);

    if (v.empty()){
        bool fg=0;
        for (int i=1;i<=n;i++)
            if (a[i]<=x)
                fg=1;
        return (m<=fg);
    }
    else{
        int cnt=0;
        for (int i=1;i<v.size();i++){
        	int minn=1e18;
        	for (int j=v[i-1]+1;j<v[i];j++) minn=min(minn,a[j]);
            if (minn+a[v[i]]<=x and minn+a[v[i-1]]<=x)
                cnt++;
        }
        int minn=1e18;
        for (int i=1;i<v[0];i++) minn=min(minn,a[i]);
        for (int i=v[v.size()-1]+1;i<=n;i++) minn=min(minn,a[i]);
        if (minn+a[v[0]]<=x and minn+a[v[v.size()-1]]<=x) cnt++;
        return (cnt+v.size()>=m);
    }
}

signed main(){
    // freopen("necklace.in","r",stdin);
    // freopen("necklace.out","w",stdout);
	scanf("%lld %lld %lld",&tid,&n,&m);
	for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);
    int l=0,r=2e9,ans=0;
    while (l<=r){
        int mid=(l+r)/2;
        if (check(mid)) ans=mid,r=mid-1;
        else l=mid+1;
    }
    printf("%lld",ans);

	return 0;
}