AtCoder ABC 127(C ~ E)

a simple_boy

已于 2022-06-04 07:36:49 修改

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分类专栏： AtCoder 文章标签： c语言

于 2022-06-04 00:21:24 首次发布

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本文介绍了如何使用差分算法解决区间覆盖问题，通过计算每个点被覆盖次数；同时展示了如何运用贪心策略优化给定值的替换方案，以求得最大和。两部分实例代码分别涉及了C++和贪心算法的应用。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

C Prison（差分）

Description:

给出若干个区间m 请问有多少个点被覆盖了m次

Solution:

差分求解即可

Code:

int c[100005];
 
signed main()
{
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    rep(i, 0, m)
    {
        int a, b;
        cin >> a >> b;
        c[a] ++;
        c[b + 1] --;
    }
    
    int res = 0;
    rep(i, 1, n + 1)
    {
        c[i] += c[i - 1];
        if(c[i] == m)
            res ++;
    }
    cout << res << endl;
}

D Integer Cards(贪心排序)

Description:

给出n个值给出m组数对（可用次数，值）可用任意选数对中的值来替换原来值求替换后最大和

Solution:

贪心地想最大的值我一定要给他换上于是结构体排序值大优先小根堆维护一下n个值替换即可

Code:

const int N = 100005;
int n, m, x;
struct node {
    int val, cnt;
    bool operator < (const node &a) const {
        return val > a.val;
    }
}a[N];
priority_queue<int, vector<int>, greater<int> > q;

signed main()
{
    ios;
    cin >> n >> m;
    rep(i, 1, n + 1)
        cin >> x, q.push(x);
    
    rep(i, 1, m + 1)
        cin >> a[i].cnt >> a[i].val;
    sort(a + 1, a + m + 1);
    
    rep(i, 1, m + 1)
    {
       for(int j = 0; j < a[i].cnt && a[i].val > q.top(); j ++)
       {
           q.pop();
           q.push(a[i].val);
       }
    }
    
    LL res = 0;
    while(q.size())
    {
        res += q.top();
        q.pop();
    }
    cout << res << endl;
}

E Cell Distance(枚举 + 排列组合)

Description:

给你三个数 n,m,k，让你在 n∗m 的矩阵中选择长度为k的正方形

要求计算在k的正方形中任取2个点的贡献值

Solution:

首先我们预处理出对于整个n*m棋盘任取2个点的总贡献

然后因为我们预处理中是固定两个点来计算贡献于是其他点的安排就变成了C(n * m - 2, k - 2)

从整个棋盘-2中取k-2个随意排序

Code:

#define int long long
const LL mod = 1e9 + 7;
const int N = 200005;
int fac[N], inv[N];
int n, m, k;

int qpow(int a, int b)
{
    int res = 1;
    while(b)
    {
        if(b & 1)   res = res * a % mod;
        a = a * a % mod;
        b >>= 1;
    }
    return res;
}

void init()
{
    fac[0] = 1;
    for(int i = 1; i <= N - 5; i ++)
        fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
    inv[N - 5] = qpow(fac[N - 5], mod - 2);
    for(int i = N - 6; i >= 0; i --)
        inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % mod;
}

int C(int a, int b)
{
    return fac[a] * inv[b] % mod * inv[a - b] % mod;
}

signed main()
{
    ios;
    init();
    cin >> n >> m >> k; 
    int res = 0;
    //枚举一下摆放的情况 每次枚举列间距
    for(int i = 1; i < m; i ++)
        res = (res + (m - i) * i % mod * n % mod * n % mod) % mod;
    //枚举行间距
    for(int i = 1; i < n; i ++)
        res = (res + (n - i) * i % mod * m % mod * m % mod) % mod;
    res = res * C(n * m - 2, k - 2) % mod;
    cout << res << endl;
}