牛客练习赛 94 Editorial
前言
这场比赛的锅貌似有点多…在准备的时候就已经推迟过三次，在这里为对各位比赛时造成的困扰抱歉。这是出题组第一次放比赛，欢迎批评指正。
主要问题在于 C 的数据造水了，hack 数据造反了于是没有 hack 到。D 的数据也不强。再次感到抱歉，并且努力做出改正。
最后重拾一下出比赛的初心以及发表一些 mozheng & Chuni 言论：罚金一百万元（不是），以及为自己的 Welcome to NHK 做一个 Sunny Side 式的收尾，或者称之为小结。总之都没差啦……虽然只是举个例子，但我们要告诉你的，就是这样的故事。
A
给出两种构造方式：
- 考虑
的每一位，如果当前位为
，则不对答案产生影响；如果当前位为
，又因为
，所以把
其中两个按位或上
即可。
当然这两种方式并无什么不同。无解的情况是 。
#include<bits/stdc++.h>
int ans[3],d;
signed main() {
scanf("%d",&d);
if((d&-d)==d) return puts("-1"),0;
for(int now=0; d; d^=d&-d) ans[now]|=d&-d,ans[(now+=1)%=3]|=d&-d;
printf("%d %d %d\n",ans[0],ans[1],ans[2]);
return 0;
} #include<bits/stdc++.h>
int d;
signed main() {
scanf("%d",&d);
if((d&-d)==d) return puts("-1"),0;
printf("%d %d %d\n",d,(d&-d),d-(d&-d));
return 0;
} B
首先 ，考虑第二位，因为保证有解，所以
，同理可得
，可以预见数据中最多有
个非
数，于是不断往上推即可。
#include<bits/stdc++.h>
int n,x,pre,now,vis[2000100];
signed main() {
scanf("%d\n%d",&n,&x);
vis[pre=now=x]=1;
printf("%d ",x);
for(int i=1; i<n; ++i) {
scanf("%d",&x);
if(pre!=x) pre=now=x;
else while(vis[now]) now+=pre;
vis[now]=1;
printf("%d ",now);
}
return 0;
} C
首先我们有个 的暴力遍历做法，读者很容易想到这样遍历了太多冗余的点。
于是很自然地想到将一个块缩成一个点。具体的，对于每一列，我们将障碍物隔开的一列点看成一个点，这样的店最多有 个。
然后 dp 即可，。
然后要注意一个块能否转移到另一个块的判断条件有细节：并不是看两个块是联通，而是定义 为能到达第
个块的最低点（贪心），看从
起是否能到达
，再更新
。
当然好像有更简便的做法，余不会。
同时存在更优的做法，为了代码的简便起见并没有作为 std，欢迎分享。
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <map>
#define LL long long
#define Min(x,y) ((x)<(y)?(x):(y))
#define Max(x,y) ((x)>(y)?(x):(y))
using namespace std;
const int MAXN = 5005, MAXM = 1e7 + 5;
vector <int> v[MAXM], cx;
map <int, bool> vis;
map <int, int> lst;
struct Point {
int X, Y, Y_;
}arr[MAXN];
int n, m, k, tot, mx, mn[MAXN];
int pre[MAXM];
bool dp[MAXN];
bool check(int x, int y) {
if(arr[x].X == arr[y].X - 1) {
if(arr[x].Y_ < arr[y].Y) return 0;
if(arr[x].Y > arr[y].Y_) return 0;
if(max(arr[y].Y, mn[x]) >= arr[y].Y && max(arr[y].Y, mn[x]) <= arr[y].Y_) {
mn[y] = min(mn[y], max(arr[y].Y, mn[x])); return 1;
}
return 0;
}
if(arr[x].Y > arr[y].Y_) return 0;
if(max(arr[y].Y, mn[x]) >= arr[y].Y && max(arr[y].Y, mn[x]) <= arr[y].Y_) {
mn[y] = min(mn[y], max(arr[y].Y, mn[x])); return 1;
}
return 0;
}
int main() {
int x, y;
scanf("%d%d%d", &n, &m, &k); memset(mn, 0x3f, sizeof(mn));
for(int i = 1; i <= k; i ++) {
scanf("%d%d", &x, &y); v[x].push_back(y); cx.push_back(x); mx = max(mx, x);
}
sort(cx.begin(), cx.end());
int Lst = 0;
for(auto i : cx) {
if(vis[i]) continue;
pre[i] = 1;
lst[i] = Lst; Lst = i; sort(v[i].begin(), v[i].end()); vis[i] = 1;
int las = 0;
for(auto j : v[i]) {
if(j == las) { las ++; continue; }
tot ++; arr[tot].X = i; arr[tot].Y = las; arr[tot].Y_ = j - 1; las = j + 1;
}
if(las <= m) tot ++, arr[tot].X = i, arr[tot].Y = las, arr[tot].Y_ = m;
}
for(int i = 1; i <= 10000000; i ++) pre[i] += pre[i - 1];
// for(int i = 1; i <= tot; i ++) {
// printf("%d %d %d\n", arr[i].X, arr[i].Y, arr[i].Y_);
// }
if(!tot) { printf("Yes"); return 0; }
if(vis[0]) {
if(arr[1].Y != 0) { printf("No"); return 0; }
dp[1] = 1; mn[1] = 0;
}
else {
for(int i = 1; i <= tot; i ++) if(arr[i].X == arr[1].X) dp[i] = 1, mn[i] = arr[i].Y, dp[i] = 1;
}
for(int i = 1; i <= tot; i ++) {
for(int j = 1; j < i; j ++) {
if(arr[j].X == arr[i].X) continue;
if(((arr[j].X + 1 < arr[i].X && pre[arr[i].X - 1] - pre[arr[j].X] == 0) || arr[j].X + 1 == arr[i].X) && arr[j].X == lst[arr[i].X] && check(j, i)) {
dp[i] |= dp[j];
}
}
}
if(vis[n]) {
if(arr[tot].Y_ != m) { printf("No"); return 0; }
if(dp[tot]) printf("Yes");
else printf("No");
}
else {
bool ans = 0;
for(int i = 1; i <= tot; i ++) if(arr[i].X == mx) ans |= dp[i];
if(ans) printf("Yes");
else printf("No");
}
return 0;
} D
你考虑维护 个单调队列。第
个单调队列的数满足：
，其中
一定为正数。
每次我们取 个单调队列的队头最小值
，设其在第
个队列，那么我们将
放入第
个队列中。（
）
可以证明，由于 数组为正数，这样队列一定是单调的。
一直这样做 次，取
即可。时间复杂度：
。数据可以（？）把带
做法卡掉。
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <ctime>
#include <queue>
#define LL long long
using namespace std;
const int MAXN = 85;
queue <LL> que[MAXN];
int n, k, a[MAXN], num;
LL minn;
int main() {
scanf("%d%d", &n, &k); k --;
for(int i = 1; i <= n; i ++) scanf("%d", &a[i]);
que[0].push(0);
for(int i = 1; i <= k + 1; i ++) {
minn = 9e18;
for(int j = 0; j <= n; j ++) if(!que[j].empty() && que[j].front() < minn) minn = que[j].front(), num = j;
while(que[0].size()) que[0].pop();
que[num].pop();
for(int j = num; j <= n; j ++) que[j].push(minn + a[j]);
}
printf("%lld", minn);
return 0;
} E
表示第
这个点在坐标加
时距离自己最近的
点的距离。那么这个画出来就是一条折线，由若干条斜率为
或
的直线拼接而成。再设
，**也就是取
时，题面中要求的距离之和**。
在折线的拐点上研究，设 为
图像上所有拐点的集合，再设
。w.l.o.g，提出两个数
，且不存在
，即
是紧相邻的。**换而言之，就是把所有
点的图像拼在一起，取两个相邻的
拐点来研究。**
现在我们可以求出 ，以及拐点后的直线斜率，从而可以求出
。以此，扫一遍就行了。
我们举个例子来画图：
这个就是 的图像（我把多个
的拼在一起的）。现在假设我们取的
两点就是图中的蓝点（当然，
之间没有其他拐点，因为
是紧相邻的），这意味着我确定了
点处的
，那么就可以算出
了，如此往后面扫，每次取最大值就行了。
/*
每个点处在每个区间的值是不相同的，但是是一个折线。
当它在[vi,vi+1]中间时，如果靠vi更近，则为与vi的距离，否则为与vi+1的距离。
那我们现在知道了每个点移动多少之后的答案。
这条折线有的地方是斜率-1，有的地方是斜率为+1.
那么我们把所有的折线加在一起。一共有ab个点，我们维护一下每一段的斜率，然后求下最大值就好……
1 1 1
0
0
4
10
3
0 0 1 1 3 3 3 3 4 4
0 1 4
13 2 9
2 9
0 1 2 3 5 6 7 11 12
*/
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
vector<long long> pri;
const long long INF=1e18;
long long l,n,m,a[1010],b[1010],delup,deldown,sols[4000010],cur,ans,s,mxs;
double mxp;
struct line
{
long long l,r,num;
}lin[2000010];
long long nothingtimes;
void donothing()
{
++nothingtimes;
}
long long ABS(long long x)
{
return x>=0?x:-x;
}
long long lint;
int main()
{
scanf("%lld %lld %lld",&l,&n,&m);
for(long long i=1;i<=n;++i) scanf("%lld",&a[i]);
for(long long i=1;i<=m;++i) scanf("%lld",&b[i]);
deldown=0;
delup=l-b[m];
deldown<<=1;
delup<<=1;
for(long long i=1;i<=n;++i)//第i个目标点
{
for(long long j=1;j<m;++j)//位于第j个与第j+1个点之间 距离都*2了，因为中点可能不在格点上。
{
//靠左
long long l=a[i]*2-(b[j]+b[j+1]),r=(a[i]-b[j])*2;
if(l>delup||r<deldown||l>=r) donothing();
else
{
if(l<deldown) l=deldown;
if(r>delup) r=delup;
if(l>=r) donothing();
else
{
lin[++lint].l=l;
lin[lint].r=r;
lin[lint].num=-1;
}
}
//靠右
l=a[i]*2-b[j+1]*2,r=a[i]*2-(b[j]+b[j+1]);
if(l>delup||r<deldown||l>=r) donothing();
else
{
if(l<deldown) l=deldown;
if(r>delup) r=delup;
if(l>=r) donothing();
else
{
lin[++lint].l=l;
lin[lint].r=r;
lin[lint].num=1;
}
}
}
//在第1个前面
long long l=a[i]*2-b[1]*2,r=delup;
if(l>delup||r<deldown||l>=r) donothing();
else
{
if(l<deldown) l=deldown;
if(r>delup) r=delup;
if(l>=r) donothing();
else
{
lin[++lint].l=l;
lin[lint].r=r;
lin[lint].num=1;
}
}
//在第n个后面
l=deldown,r=a[i]*2-b[m]*2;
if(l>delup||r<deldown||l>=r) donothing();
else
{
if(l<deldown) l=deldown;
if(r>delup) r=delup;
if(l>=r) donothing();
else
{
lin[++lint].l=l;
lin[lint].r=r;
lin[lint].num=-1;
}
}
}
for(long long i=1;i<=lint;++i)
{
pri.push_back(lin[i].l);
pri.push_back(lin[i].r);
}
sort(pri.begin(),pri.end());
pri.erase(unique(pri.begin(),pri.end()),pri.end());
s=pri.size();
for(long long i=1;i<=lint;++i)
{
lin[i].l=lower_bound(pri.begin(),pri.end(),lin[i].l)-pri.begin()+1;
lin[i].r=lower_bound(pri.begin(),pri.end(),lin[i].r)-pri.begin()+1;
}
for(long long i=1;i<=lint;++i)
{
sols[lin[i].l]+=lin[i].num;
sols[lin[i].r]-=lin[i].num;
}
mxp=-1;
mxs=-1;
for(long long i=1;i<=n;++i)
{
long long nowpos=a[i]*2+deldown,minn=INF;
for(long long j=1;j<=m;++j) minn=min(minn,ABS(nowpos-b[j]*2));
cur+=minn;
}
if(cur<=l*2)
{
mxp=deldown;
mxs=cur;
}
for(long long i=1;i<=s;++i) sols[i]+=sols[i-1];
for(long long i=1;i<s;++i)
{
if(cur>l*2)
{
long long tmp=cur+sols[i]*(pri[i]-pri[i-1]);
if(tmp<=l*2)
{
mxs=l*2;
mxp=(l*2-cur)*1.0/sols[i]+pri[i-1];
}
cur=tmp;
}
else
{
long long tmp=cur+sols[i]*(pri[i]-pri[i-1]);
if(tmp<=l*2)
{
if(tmp>=mxs)
{
mxp=pri[i];
mxs=tmp;
}
}
else
{
mxp=(l*2-cur)*1.0/sols[i]+pri[i-1];
mxs=l*2;
}
cur=tmp;
}
}
if(mxp==-1) printf("NO\n");
else printf("%.6lf\n",mxp/2);
return 0;
} F
首先我们定义 表示包含
的最小区间。因为添加新的元素不会使区间变小， 所以
，因此对于每个包含
的区间， 它肯定是包含
。若这个区间并不包含
， 则也可以得到这个区间不包含
所以， 这个区间的贡献应该是
。
将这 的贡献分别分到
中， 我们的问题就变成了， 每一次添加元素后，
包含
的区间个数。考虑一次插入后答案的变化，同时规定
：
一次插入的数
一定满足
。而这个
是唯一的（这个应该很好想吧）。
所以， 我们可以预处理出每一个 对应的
。当插入
的时候， 相当于在所有
的左（或右）边增加了
个点。
此时增加的区间数量即是 右（或左）边的点个数之和（注意， 对于一个点是可以重复计算的）， 这里只需要用两个线段树分别记录
左右当前各有多少点了。
Bonus：Solve it in ！
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define MAXN 1000000
#define L(p) (p << 1)
#define R(p) ((p << 1) | 1)
#define make_mid(l,r) int mid = (l + r) >> 1
int s[MAXN + 5];
pair <int, int> si[MAXN + 5];
int sl[MAXN + 5], sr[MAXN + 5];
struct node {
long long v;
long long sign;
int h, t;
}s1[(MAXN << 4) + 5], s2[(MAXN << 4) + 5];
void build (int p, int l, int r) {
s1[p].h = l;
s1[p].t = r;
s1[p].sign = 0;
s1[p].v = 0;
s2[p].h = l;
s2[p].t = r;
s2[p].sign = 0;
s2[p].v = 0;
if (l == r) {
return ;
}
make_mid (l, r);
build (L(p), l, mid);
build (R(p), mid + 1, r);
}
void downloadl (int p) {
if (s1[p].sign && s1[p].h < s1[p].t) {
s1[L(p)].sign += s1[p].sign;
s1[R(p)].sign += s1[p].sign;
s1[L(p)].v += (s1[L(p)].t - s1[L(p)].h + 1) * s1[p].sign;
s1[R(p)].v += (s1[R(p)].t - s1[R(p)].h + 1) * s1[p].sign;
s1[p].sign = 0;
}
}
void downloadr (int p) {
if (s2[p].sign && s2[p].h < s2[p].t) {
s2[L(p)].sign += s2[p].sign;
s2[R(p)].sign += s2[p].sign;
s2[L(p)].v += (s2[L(p)].t - s2[L(p)].h + 1) * s2[p].sign;
s2[R(p)].v += (s2[R(p)].t - s2[R(p)].h + 1) * s2[p].sign;
s2[p].sign = 0;
}
}
void changel (int p, int l, int r, long long x) {
downloadl (p);
if (s1[p].h >= l && s1[p].t <= r) {
s1[p].v += x * (s1[p].t - s1[p].h + 1);
s1[p].sign += x;
return ;
}
make_mid (s1[p].h, s1[p].t);
if (l <= mid) {
changel (L(p), l, r, x);
}
if (r > mid) {
changel (R(p), l, r, x);
}
s1[p].v = s1[L(p)].v + s1[R(p)].v;
}
void changer (int p, int l, int r, long long x) {
downloadr (p);
if (s2[p].h >= l && s2[p].t <= r) {
s2[p].v += x * (s2[p].t - s2[p].h + 1);
s2[p].sign += x;
return ;
}
make_mid (s2[p].h, s2[p].t);
if (l <= mid) {
changer (L(p), l, r, x);
}
if (r > mid) {
changer (R(p), l, r, x);
}
s2[p].v = s2[L(p)].v + s2[R(p)].v;
}
long long Suml (int p, int l, int r) {
downloadl (p);
if (s1[p].h >= l && s1[p].t <= r) {
return s1[p].v;
}
long long sum = 0;
make_mid (s1[p].h, s1[p].t);
if (l <= mid) {
sum += Suml (L(p), l, r);
}
if (r > mid) {
sum += Suml (R(p), l, r);
}
return sum;
}
long long Sumr (int p, int l, int r) {
downloadr (p);
if (s2[p].h >= l && s2[p].t <= r) {
return s2[p].v;
}
long long sum = 0;
make_mid (s2[p].h, s2[p].t);
if (l <= mid) {
sum += Sumr (L(p), l, r);
}
if (r > mid) {
sum += Sumr (R(p), l, r);
}
return sum;
}
int main () {
int n;
scanf ("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i ++) {
int x;
scanf ("%d", &x);
s[x + 1] = i;//处理出i插入到的是哪个位置
}
build (1, 1, n);//初始两棵线段树
//初始 sec(i)
//----------------------------------------------
si[1].first = s[1];
si[1].second = s[1];
for (int i = 2; i <= n; i ++) {
si[i].first = min (si[i - 1].first, s[i]);
si[i].second = max (si[i - 1].second, s[i]);
}
//----------------------------------------------
//处理出 i 所对应的 y 且处理出到底是在 sec(y) 的左还是右
for (int i = n - 1; i >= 1; i --) {
for (int j = si[i + 1].first; j < si[i].first; j ++) {
sr[j] = i;
}
for (int j = si[i + 1].second; j > si[i].second; j --) {
sl[j] = i;
}
}
long long ans = 0;//保存每次插入的答案
long long Ans = 0;//保存最终答案
for (int i = 1; i <= n; i ++) {
if (sl[s[i]]) {
ans += Suml (1, 1, sl[s[i]]);
changer (1, 1, sl[s[i]], 1);
}
if (sr[s[i]]) {
ans += Sumr (1, 1, sr[s[i]]);
changel (1, 1, sr[s[i]], 1);
}
ans ++;//添加了 i 以后会多出 sec() ， 此处将其加入答案中
changel (1, i, i, 1);
changer (1, i, i, 1);
Ans += ans;
}
printf ("%lld", Ans);
} 
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