CSP-S 模拟赛 10

T1 洛谷 U490727 返乡

思路

首先要意识到一个问题，就是如果所有人总分一定，那么是不会出现偏序的。

可以感性理解一下，就是对于 \(i, j\)，若 \(a_i \leq a_j, b_i \leq b_j\)，那么一定会有 \(c_i \geq c_j\)。然后枚举方案时，保证不会出现 \(a_i == a_j \& b_i == b_j\) 这种情况就行。

然后就是看在总分为多少时，方案数最多。
考试的时候可以先写一个暴力程序，先枚举总分 \(s \in [0, 3n]\)，然后枚举前两科分数 \(i, j \in [0, n]\)，若算下来第三科成绩 \(s - i - j\) 也小于等于 \(n\)，那就是一种合法情况，记录下方案数，最后求最大值。
复杂度 \(O(3n^3)\)，代码如下：

#include <bits/stdc++.h>

#define mkpr make_pair
#define fir first
#define sec second

using namespace std;

typedef long long ll;

const int maxn = 1e6 + 7;
const int inf  = 0x3f3f3f3f;

int n, ansc, anss;
int ans[maxn][3];
int main() {
	scanf("%d", &n);
	for (int s = 0; s <= 3 * n; ++s) {
		int cnt = 0;
		for (int i = 0; i <= n; ++i)
			for (int j = 0; j <= n; ++j)
				if (i + j <= s && s - i - j <= n) ++cnt;
		if (cnt > ansc) {
			anss = s;  // 记录下方案最多时的总分，找找规律
			ansc = cnt;
			cnt = 0;
			for (int i = 0; i <= n; ++i)
				for (int j = 0; j <= n; ++j)
					if (i + j <= s && s - i - j <= n) {
						++cnt,
						ans[cnt][0] = i;
						ans[cnt][1] = j;
						ans[cnt][2] = s - i - j;
					}
		}
	}

	printf("anss:%d, ansc:%d\n", anss, ansc);
	for (int i = 1; i <= ansc; ++i)
		printf("%d %d %d\n", ans[i][0], ans[i][1], ans[i][2]);
	return 0;
}

\(n \leq 600\)，由于有常数 \(3\)，所以过不去。

然后会有规律：\(s = \frac{3n}{2}\) 时，方案数最多。（笔者有点不太会证，先鸽着。。。）

所以直接用如下代码：

#include <bits/stdc++.h>

#define mkpr make_pair
#define fir first
#define sec second

using namespace std;

typedef long long ll;

const int maxn = 1e6 + 7;
const int inf  = 0x3f3f3f3f;

int n, ansc;
int ans[maxn][3];
int main() {
	scanf("%d", &n);
	for (int i = 0; i <= n; ++i) {
		for (int j = 0; j <= n; ++j) {
			int k = n * 3 / 2 - i - j;
			if (k >= 0 && k <= n) {
				++ansc;
				ans[ansc][0] = i;
				ans[ansc][1] = j;
				ans[ansc][2] = k;
			}
		}
	}	
	printf("%d\n", ansc);
	for (int i = 1; i <= ansc; ++i)
		printf("%d %d %d\n", ans[i][0], ans[i][1], ans[i][2]);
	return 0;
}

\(O(n ^ 2)\) 水过。

T2 洛谷 U490729 连接

相当沟槽好的一道题，让我花了一天改。。。
还是要喷一下题解，高中肄业都写不出那样~~生理紊乱~~的表达。。。
还好有同机房的大佬给出的解法。

一、\(15pts\) 思路（\(n, l_i, p_i \leq 10,O((\sum_{i = 1}^{n}l_i)^2)\)）

可以直接用数组把钢管模拟出来，处理出质量与长度的前缀和数组后，直接 \((\sum_{i = 1}^{n}l_i)^2\) 暴力枚举求密度。
代码如下：

int sl, sm[107];
double ans;
void Main() {
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		for (int j = sl + 1; j <= sl + len[i]; ++j)
			sm[j] = sm[j - 1] + p[i];
		sl += len[i];
	}
	for (int i = 1; i <= sl; ++i) {
		for (int j = i; j <= sl; ++j) {
			if (sm[j] - sm[i - 1] >= L && sm[j] - sm[i - 1] <= R)
				ans = max(ans, 1.0 * (sm[j] - sm[i - 1]) / (j - i + 1));
		}
	}
	printf("%.10lf\n", ans);
}

二、\(50pts\) 思路（\(n \leq 5000, O(n^2)\)）

\(n^2\) 的做法要求我们以完整的块为单位枚举求解。

思考两种截取方法，一种是截整块（即若干个连续的块完整地截下来），另一种是带散块（即两端的钢管不会被截完）。

对于前者，依旧用前缀和直接 \(O(n^2)\) 求解。对于后者，要意识到两件事：

最多只会有一端是散块，不会两端都是散块：因为在质量允许的范围内，我们肯定更倾向于去两端中密度更大的那一个，那样可以使整体密度更大（这点根据生活经验或者糖水不等式）；
散块的质量只会有 \(L\) 或 \(R\)：因为如果散块的密度大，我们肯定希望多取，那就直接取到 \(R\)，可以使整体密度最大化。如果密度小，那我们肯定希望少取，那就直接取到 \(L\)，防止其继续拉低整体密度。

思路大概如此，实现时由于散块可能是两端中的任意一个，所以要给 \(l_i, p_i\) 数组反转后再求解一次。枚举左端点 \(i\)，然后用双指针或二分查找维护右端点取值范围，再直接计算散块密度。

代码如下：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;
typedef double db;

const int maxn = 3e5 + 7;

int n, len[maxn], p[maxn];
ll L, R, sm[maxn], sl[maxn];
db ans;

void solve() {
	for (int i = 1; i <= n; ++i)
		sl[i] = sl[i - 1] + len[i],
		sm[i] = sm[i - 1] + 1ll * len[i] * p[i];
	
//	printf("sl: ");
//	for (int i = 1; i <= n; ++i) printf("%d ", sl[i]);
//	printf("\n");
//	
//	printf("sm: ");
//	for (int i = 1; i <= n; ++i) printf("%d ", sm[i]);
//	printf("\n");
	
	// 算一端是散块的情况
	int l = 1, r = 0;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		// 必须满足质量大于 L
		while (l <= n && sm[l] - sm[i - 1] < L) ++l;
		// 这里 r 的判断条件必须是 r <= n 而不是 r + 1 <= n
		// 因为后面要判断质量能不能取到 R
		while (r <= n && sm[r + 1] - sm[i - 1] < R) ++r;
		
		// 再怎么取都无法达到 L
		if (l > n) break;
		
		// 分子是质量, 分母是长度
		db pl = 1.0 * L / (sl[l - 1] - sl[i - 1] + (L - (sm[l - 1] - sm[i - 1])) * 1.0 / p[l]);
		db pr = 1.0 * R / (sl[r - 1] - sl[i - 1] + (R - (sm[r - 1] - sm[i - 1])) * 1.0 / p[r]);
		
		// 如果质量取不到 R, 那就不能用 R 为质量来算密度
		if (r > n) pr = 0.0;
		
		ans = max(ans, max(pl, pr));
	}
	
	// 算选的都是整块的情况
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		for (int j = i; j <= n; ++j) {
			ll m = sm[j] - sm[i - 1];
			if (m >= L && m <= R) {
				ans = max(ans, 1.0 * m / (sl[j] - sl[i - 1]));
//				printf("%lf\n", 1.0 * m / (sl[j] - sl[i - 1]));
			}
				
			else if (m >= L && m > R && i == j)
				ans = max(ans, p[i] * 1.0);
//			printf("[%d, %d], ans:%lf\n", i, j, ans);
		}
	}
}
int main() {
//	freopen("connect2.in", "r", stdin);
	scanf("%d%lld%lld", &n, &L, &R);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", len + i);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", p + i);
	
//	puts("|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||");
	solve();
	reverse(len + 1, len + n + 1);
	reverse(p + 1, p + n + 1);
//	puts("|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||");
	solve();
	printf("%.10lf\n", ans);
	return 0;
}

三、正解（\(O(n \times log(max\left \{p_i \right \})\)）

\(O(n^2)\) 的做法在于整块，所以优化这一部分。

机房大佬给出的解法是先二分密度 \(mid\)，然后再 \(chk\)。
\(chk\) 函数依旧先枚举左端点，然后二分查找或双指针维护右端点取值范围 \([l,r]\)，然后再遍历 \([l, r]\)，看看其中是否存在一个 \(j\) 满足 \(\frac{sm_j - sm_{i - 1}}{sl_j - sl_{i - 1}} \geq mid\)。但是这样本质上依旧是 \(O(n^2)\) 暴力。

把判断式子化简一下，成这样：\(mid \times sl_{i - 1} - sm_{i - 1} \geq mid \times sl_j - sm_j\)。发现我们判断的是区间中的最小值是否小于 \(mid \times sl_{i - 1} - sm_{i - 1}\)，那就用单调队列维护最小值就好了。