A.Online Shopping(计算)
题意：
需要购买NNN种物品，第iii种物品的价格为PiP_iPi，且第iii件物品需买QiQ_iQi件。
商店满SSS元包邮，不满则需支付KKK元邮费，问需支付多少钱。
分析：
按照要求计算，如果商品总价没到包邮门槛，那么就加上邮费。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
typedef long long LL;
using namespace std;
const int N = 3e5 + 5;
void solve() {
int n, m, k;
cin >> n >> m >> k;
LL ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int a, b;
cin >> a >> b;
ans += a * b;
}
if (ans < m) ans += k;
cout << ans << endl;
}
int main() {
solve();
return 0;
}
B.Glass and Mug（模拟）
题意：
有两个杯子，一个玻璃杯，一个马克杯，每个杯子都有一个容量，且保证马克杯的容量比玻璃杯大。
你需要按以下要求进行KKK次操作：
-
如果玻璃杯装满水，将玻璃杯中水倒完
-
如果玻璃没有装满水，且马克杯是空的，往马克杯里加满水
-
否则，将马克杯里的水倒入玻璃杯中，直到马克杯空或玻璃杯满
分析：
按题目要求模拟即可。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
typedef long long LL;
using namespace std;
const int N = 3e5 + 5;
void solve() {
int k, g, m;
cin >> k >> g >> m;
int glass = 0, mug = 0;
while (k--) {
if (glass == g) {
glass = 0;
} else if (mug == 0) {
mug = m;
} else {
int add = min(mug, g - glass);
glass += add;
mug -= add;
}
}
cout << glass << ' ' << mug << endl;
}
int main() {
solve();
return 0;
}
C.T-shirts(模拟)
题意：
给出一个长度为NNN的字符串，字符串第iii个字符含义如下：
-
0：在家休息（不需要穿T恤，且会把所有穿过的T恤洗掉，下一天所有T恤均可穿）
-
1：出门吃饭（可以选择穿纯色T恤或带
logo的T恤） -
2：参加比赛（必须选择带
logo的T恤）
开始时拥有MMM件纯色的T恤，问至少拥有多少件带logo的T恤才能保证这NNN天都有衣服穿？
分析：
按要求进行模拟，如果休息就将穿过的T恤清空，如果出门吃饭，有纯色T恤就选纯色，没有就选带logo的，参加比赛也选择带logo的，记录过程中，最多穿过的带logo的T恤数量即可。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
typedef long long LL;
using namespace std;
const int N = 3e5 + 5;
void solve() {
int n, m;
string s;
cin >> n >> m >> s;
int plain = 0, logo = 0, ans = 0;
for (int i = 0; i < n; i++) {
if (s[i] == '0') {
plain = logo = 0;
} else if (s[i] == '1') {
if (plain < m) {
plain++;
} else {
logo++;
}
} else {
logo++;
}
ans = max(ans, logo);
}
cout << ans << endl;
}
int main() {
solve();
return 0;
}
D.Swapping Puzzle(枚举全排列)
题意：
给出两个H×WH \times WH×W的网格AAA和BBB，每次可以选择一个数字iii进行以下两种操作之一：
-
交换第iii行和第i+1i + 1i+1行所有元素
-
交换第iii列和第i+1i + 1i+1列所有元素
问：输出将网格A变为网格B的最少操作次数，如果无法完成，输出出-1。
分析：
行列的交换是互相不会产生影响的，因此可以使用两层循环使用全排列函数next_permutation对行列的最终排列进行枚举，然后检查是否满足题意，记录最小的交换次数即可。
Tips：不难发现，行列的交换次数为序列中逆序对数量，如序列{1, 3, 2, 5, 4}，里面存在两对逆序对(3,2),(5,4)(3, 2), (5, 4)(3,2),(5,4),因此该序列是经过两次交换得到的。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
typedef long long LL;
using namespace std;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int N = 3e5 + 5;
int row[10] = {0, 1, 2, 3, 4, 5}, colum[10] = {0, 1, 2, 3, 4, 5};
int n, m, a[10][10], b[10][10];
int getCost() {
int res = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = i + 1; j <= n; j++) {
if (row[i] > row[j]) {
res++;
}
}
}
for (int i = 1; i <= m; i++) {
for (int j = i + 1; j <= m; j++) {
if (colum[i] > colum[j]) {
res++;
}
}
}
return res;
}
bool check() {
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= m; j++) {
if (a[row[i]][colum[j]] != b[i][j]) {
return false;
}
}
}
return true;
}
void solve() {
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= m; j++) {
cin >> a[i][j];
}
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= m; j++) {
cin >> b[i][j];
}
}
do {
do {
if (check()) {
cout << getCost() << endl;
return;
}
} while (next_permutation(colum + 1, colum + m + 1));
} while (next_permutation(row + 1, row + n + 1));
cout << -1 << endl;
}
int main() {
solve();
return 0;
}
E.Lucky bag(二进制枚举，DP)
题意：
有NNN件物品，MMM个幸运袋，每个物品均需被装入到一个袋子中，然后要求找到所有装入方案中方差最小中一种，即使VVV最小：
- V=1D∑i=1D(xi−x‾)2V = \frac{1}{D}\sum\limits_{i = 1}^{D}(x_i - \overline{x})^{2}V=D1i=1∑D(xi−x)2
其中xix_ixi为第iii个袋子中的物品价值总和，x‾\overline{x}x为袋子的平均价值。
分析：
可以先预处理一个幸运袋中所有的物品装入方案，使用二进制枚举进行。
然后使用dp[i][j]dp[i][j]dp[i][j]表示0∼i0 \sim i0∼i的袋子中放入了方案jjj包含的物品的最小方差。
每一次计算dp[i][j]dp[i][j]dp[i][j]时，通过枚举所有方案jjj的子集，并将当前袋子装入剩下部分的子集，使得两个子集刚好可以拼成方案jjj，记录最小的方差。
Tips：枚举子集如果每次均通过减一的方式，时间复杂度就会变得很高，而每次减一后，再通过与当前枚举的集合jjj进行与运算，既保证了当前方案为集合jjj的子集，且只从上一个方案减一，即、也取到了下一个最大的方案。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
typedef long long LL;
using namespace std;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int N = 3e5 + 5e4;
int n, m;
double w[20];
double s[N];
double dp[20][N];
void solve() {
double avg = s[(1 << n) - 1] / m;
for (int i = 0; i < m; i++) {
for (int j = (1 << n) - 1; j >= 0; j--) {
if (i == 0) {
dp[i][j] = (s[j] - avg) * (s[j] - avg);//第一个幸运袋，直接放入
} else {
dp[i][j] = dp[i - 1][j] + avg * avg;//先假设当前袋子不放东西（需加上(avg - 0)^2）
for (int k = j; k; k = (k - 1) & j) {//枚举子集
dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i - 1][j ^ k] + (s[k] - avg) * (s[k] - avg));//dp[0][k]可换为(s[k] - avg)^2
}
}
}
}
cout << fixed << setprecision(15) << dp[m - 1][(1 << n) - 1] / m << endl;
}
int main() {
cin >> n >> m;
for (int i = 0; i < n; i++) cin >> w[i];
for (int i = (1 << n) - 1; i >= 0; i--) {
for (int j = 0; j < n; j++) {
if ((i >> j) & 1) {
s[i] += w[j];
}
}
}
solve();
return 0;
}
F.Random Update Query（线段树，期望）
题意：
给出一个长度为NNN的数组A=A1,A2,...,ANA = A_1, A_2, ..., A_NA=A1,A2,...,AN。
对这个数组进行以下操作MMM次：
-
随机的选择区间Li∼RiL_i \sim R_iLi∼Ri上的一个点（概率均等）
-
将这个点修改为XiX_iXi
问结果MMM次操作后，每个位置上的数字的期望是多少。
分析：
随机的选择区间上的数字服从于均匀分布，则每个数字被修改的概率为1len\frac{1}{\text{len}}len1，其中lenlenlen为区间内的数字个数。那么对于每个数字来说实际上服从于010101分布，即AiA_iAi的期望为：
- E(Ai)=Ai×len−1len+Xi×1lenE(A_i) = A_i \times \frac{len - 1}{len} + X_i \times \frac{1}{len}E(Ai)=Ai×lenlen−1+Xi×len1
对于每次操作，可以先对区间乘上len−1len\frac{len - 1}{len}lenlen−1，再加上Xi×1lenX_i \times \frac{1}{len}Xi×len1，区间操作使用线段树辅助实现。
注意：
-
除法转为乘法逆元
-
双标记先推乘法，再推加法
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int MOD = 998244353;
const int N = 2e5 + 5e2;
LL qpow(LL a, LL b) {
LL res = 1;
while (b) {
if (b & 1) res = (res * a) % MOD;
a = (a * a) % MOD;
b >>= 1;
}
return res;
}
LL n, m, E[N << 2], add[N << 2], mul[N << 2];
void pushup(int x) {
E[x] = (E[x << 1] + E[x << 1 | 1]) % MOD;
}
void build (int l, int r, int x) {
if (l == r) {
cin >> E[x];
return;
}
mul[x] = 1;
int mid = (l + r) >> 1;
build(l, mid, x << 1);
build (mid + 1, r, x << 1 | 1);
pushup(x);
}
void pushdown(int l, int r, int x) {
add[x << 1] = (add[x << 1] * mul[x] % MOD + add[x]) % MOD;
add[x << 1 | 1] = (add[x << 1 | 1] * mul[x] % MOD + add[x]) % MOD;
mul[x << 1] = (mul[x << 1] * mul[x]) % MOD;
mul[x << 1 | 1] = (mul[x << 1 | 1] * mul[x]) % MOD;
LL mid = (l + r) >> 1;
E[x << 1] = (E[x << 1] * mul[x] % MOD + add[x] * (mid - l + 1) % MOD) % MOD;
E[x << 1 | 1] = (E[x << 1 | 1] * mul[x] % MOD + add[x] * (r - mid) % MOD) % MOD;
mul[x] = 1;
add[x] = 0;
}
void update(int l, int r, int x, int ul, int ur, int op, LL val) {
if (l >= ul && r <= ur) {
if (op) {//乘法
mul[x] = (mul[x] * val) % MOD;
add[x] = (add[x] * val) % MOD;
E[x] = (E[x] * val) % MOD;
} else {//加法
add[x] = (add[x] + val) % MOD;
E[x] = (E[x] + val * (r - l + 1) % MOD) % MOD;
}
return;
}
pushdown(l, r, x);
int mid = (l + r) >> 1;
if (ul <= mid) update(l, mid, x << 1, ul, ur, op, val);
if (ur > mid) update(mid + 1, r, x << 1 | 1, ul, ur, op, val);
}
void print(int l, int r, int x) {
if (l == r) { if (l != 1) cout << ' ';
cout << E[x];
return;
}
pushdown(l, r, x);
int mid = (l + r) >> 1;
print(l, mid, x << 1);
print(mid + 1, r, x << 1 | 1);
}
int main () {
cin >> n >> m;
build(1, n, 1);
while (m--) {
LL l, r, x;
cin >> l >> r >> x;
LL num = (r - l) * qpow(r - l + 1, MOD - 2) % MOD;
update(1, n, 1, l, r, 1, num);
num = x * qpow(r - l + 1, MOD - 2) % MOD;
update(1, n, 1, l, r, 0, num);
}
print(1, n, 1);
return 0;
}
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