前言
终于橙名了.(我应该是最水的橙名了,QAQ~~)
A A A
签到题.
B B B
签到题+1.
一拨人一起冲进去一定不会不优!
枚举那个阈值即可.
int n,a[N];
int main() {
int _;qr(_); while(_--) {
qr(n);for(int i=1;i<=n;i++) qr(a[i]);
sort(a+1,a+n+1);
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++) if(i>=a[i]) ans=max(ans,i);
pr2(ans+1);
}
return 0;
}
C C C
考场上想了一个比较麻烦的做法.
由上图可观察到,从一个格子出发向右和向下后相似的路径中,下面那部分每个格子的值都比上面对应位置要大1.
由于总共有 x 2 − x 1 + y 2 − y 1 x2-x1+y2-y1 x2−x1+y2−y1次移动,所以等价于预处理一个该长度的01串作为差分数组( x 2 − x 1 个 1 x2-x1个1 x2−x1个1)),我们求得前缀和后,每个位置的权值和就是和最小路径和的差.
我们求得最大路径与最小路径的差即可.
关于为啥期间每个值都出现:只要移动路径中存在 7 7 7字形线路(先横后下),(即不是最大值),那么我们可以调整为先下后上,这样明显权值+1.证毕!
ps:比赛时候好像把x,y搞反了,但是没有啥问题.
int main() {
int _;qr(_); while(_--) {
ll a,b,c,d,u,v,w; qr(a);qr(b); qr(c); qr(d);
u=d-b; v=c-a; w=u+v;
pr2((w+v+1)*u/2-(u+1)*u/2+1);
}
return 0;
}
官方题解:由上面的调整权值和的做法可以看出,路径每次把一个格子下移,所以总共的下移次数为 ( x 2 − x 1 ) ∗ ( y 2 − y 1 ) (x2-x1)*(y2-y1) (x2−x1)∗(y2−y1),即除去最小路径上的点的总点数.
代码更显然:
int T;
ll a,b,c,d;
int main() {
qr(T); while(T--) {
qr(a); qr(b); qr(c); qr(d);
pr2((c-a)*(d-b)+1);
}
return 0;
}
D D D
复制一遍,暴力扫描即可.
ll n,x,d[N],c[N],ans;
int main() {
// int _;qr(_); while(_--) {
qr(n); qr(x); for(int i=1;i<=n;i++) qr(d[i]),d[i+n]=d[i];
for(int i=1;i<=2*n;i++) c[i]=c[i-1]+(d[i]+1)*d[i]/2,d[i]+=d[i-1];
ans=x;
for(int i=1,j=0;i<=2*n;i++) {
while(d[i]-d[j]>x) j++;//(j,i]为整月.
ll y=d[j]-d[j-1],t=min(y,x-(d[i]-d[j]));
ans=max(ans,c[i]-c[j]+(y+y-t+1)*t/2);
}
pr2(ans);
// }
return 0;
}
E E E
如果 k ≤ n 2 , k\le \dfrac n 2, k≤2n,那么 2 k 2k 2k也一定合法.( s [ i + k ] − s [ i ] > 0 , s [ i + 2 k ] − s [ i ] > 0 → s [ i + 2 k ] − s [ i ] > 0 s[i+k]-s[i]>0,s[i+2k]-s[i]>0\rightarrow s[i+2k]-s[i]>0 s[i+k]−s[i]>0,s[i+2k]−s[i]>0→s[i+2k]−s[i]>0)
所以,我们只需考虑 k ∈ [ ⌈ n 2 ⌉ , n ] k\in [\lceil \dfrac n 2 \rceil,n] k∈[⌈2n⌉,n]的情况即可.(spj,比赛的时候好像并没有注意到这点)
定义 s i = ∑ j = i i + k − 1 a j , 初 始 时 k = ⌈ n 2 ⌉ . s_i=\sum_{j=i}^{i+k-1} a_j,初始时k=\lceil \dfrac n 2 \rceil. si=∑j=ii+k−1aj,初始时k=⌈2n⌉.
当我们把 k + 1 k+1 k+1时, Δ s i = a i + k = x , \Delta s_i=a_{i+k}=x, Δsi=ai+k=x,与此同时,合法的 s s s下标的上界-1( n − k + 1 − > n − k n-k+1->n-k n−k+1−>n−k).
我们只需维护一个 s s s的前缀最小值即可快速判断 k k k是否合法.
int n,t,a[N];
ll m[N],s,x;
int main() {
qr(n); t=(n+1)/2;
for(int i=1;i<=t;i++) qr(a[i]);
qr(x);
for(int i=1;i<=n-t;i++) {
s+=x-a[i];
m[i]=min(m[i-1],s);
}
s=0;
for(int i=1;i<=t;i++) s+=a[i];
for(int i=t;i<=n;i++) {
if(s+m[n-i]>0) return pr2(i),0;
s+=x;
}
return puts("-1"),0;
}
F F F
考虑逆向考虑问题,
操作分别为:
- 差分b
- 翻转b
由于连续翻转,所以差分的次数可以用于计算复杂度.
为了最大化差分的次数,我们再次使用逆向思维.
最多能进行多少次对初始长度为 n n n且全为 1 1 1的数组进行前缀和.
t < C ⋅ ( n − 1 ) ! n − 1 , C = 1 0 25 t<\sqrt[n-1]{C\cdot (n-1)!},C=10^{25} t<n−1C⋅(n−1)! ,C=1025
这个需要用到不等式的缩放.
首先如果做 t t t次前缀和,那么第 i i i个位置对第 n n n个位置的贡献等价于 从 ( 1 , i ) − > ( t , n ) 每 次 只 能 向 右 或 向 下 走 的 方 案 数 . 从(1,i)->(t,n)每次只能向右或向下走的方案数. 从(1,i)−>(t,n)每次只能向右或向下走的方案数.
最后第 n n n项为 ∑ i = 1 n C t − i + n − 1 t − 1 = C n + t − 1 t = ( n + t − 1 ) ! t ! ( n − 1 ) ! \sum_{i=1}^n C_{t-i+n-1}^{t-1}=C_{n+t-1}^t=\dfrac{(n+t-1)!}{t!(n-1)!} ∑i=1nCt−i+n−1t−1=Cn+t−1t=t!(n−1)!(n+t−1)!(画个杨辉三角即可证明).
( n + t − 1 ) ! t ! ( n − 1 ) ! > t n − 1 ( n − 1 ) ! = C \dfrac{(n+t-1)!}{t!(n-1)!}>\dfrac{t^{n-1}}{(n-1)!}=C t!(n−1)!(n+t−1)!>(n−1)!tn−1=C.
我们解右边的方程的 t t t显然比实际大.
也就是说: n > 2 n>2 n>2时, n ⋅ a n s n\cdot ans n⋅ans是在可接受范围内,所以直接枚举即可.
否则, n = 2 n=2 n=2时,用类似欧几里得的方法求解即可.
int n,flag=0;
ll a[N],b[N];
ll s1,s2,c[N*10];
char s[N*10];int top;
void push(char ch,ll t=1) {s[++top]=ch; c[top]=t; s1+=t; if(ch=='P') s2+=t;}
int calc(ll *a) {// 判断上升/下降/都不满足
int x=1,y=2;
for(int i=1;i<n;i++)
x&=(a[i-1]>a[i]),
y&=(a[i-1]<a[i])*2;
return x|y;
}
void fz(ll *a) {reverse(a,a+n);}
bool pd() {
for(int i=0;i<n;i++)
if(a[i]^b[i]) return 0;
return 1;
}
int main() {
qr(n);
for(int i=0;i<n;i++) qr(a[i]);
for(int i=0;i<n;i++) qr(b[i]);
if(n==1) {
if(a[0]==b[0]) puts("SMALL\n0");
else puts("IMPOSSIBLE");
return 0;
}
else if(n==2) {
flag=(a[0]>a[1]);
if(flag) swap(a[0],a[1]);
if(b[0]>b[1]) push('R'),swap(b[0],b[1]);
while(b[0]>a[0]) {
ll t=b[1]%b[0];
push('P',b[1]/b[0]);
push('R');
b[1]=b[0]; b[0]=t;
}
if(b[0]^a[0]) return puts("IMPOSSIBLE"),0;
else {
if(b[1]>=a[1]&&(b[1]-a[1])%a[0]==0) push('P',(b[1]-a[1])/a[0]);
else return puts("IMPOSSIBLE"),0;
}
if(flag) push('R',1);
}
else {
flag=calc(a);
if(flag==1) fz(a);
int t;
while(t=calc(b)) {
if(t==1) push('R'),fz(b),t=1;
if(pd()) {t=-1; break;}
for(int i=n-1; i;i--) b[i]-=b[i-1];
push('P');
}
if(t^(-1)) {
if(pd()) t=-1;
else {
fz(b); push('R');
if(pd()) t=-1;
}
}
if(t==-1) {
if(flag==1) push('R');
}
else return puts("IMPOSSIBLE"),0;
}
if(s2>2e5) puts("BIG"),pr2(s2);
else {
puts("SMALL");
pr2(s1);
while(top) {
int k=c[top];
while(k--) putchar(s[top]);
top--;
}
}
return 0;
}
