Codeforces Round #645 (Div. 2)

Codeforces Round #645 (Div. 2)

C Celex Update

[Link](Problem - C - Codeforces)

题意

​ 给你一个图片的矩形，问你从$(x_1,y_1)$到$(x_2,y_2)$每次只能向右或向下走，有多少个路径和不同的走法。

思路

• 构造

​ 发现对于$(i,j)$这个点往右走$(i,j+1)$与$(i+1,j)$相比差一，也就是往下会比往上权值大一点，为了不重复计数，我们从最小的路径即一直右走然后下走为起点，刨去最后一列(这样每次往下扭都使得路径变的不一样)，假设矩形为$n\times m$，一共可以往下扭$n-1$次，每行有$m-1$个位置往下扭，因此一共可以扭出$(n-1)\times (m-1)$种不同情况，再加上开始的最小路径，答案即$(n-1)\times (m-1)+1$。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define x first
#define y second
#define debug(x) cout<<#x<<":"<<x<<endl;
using namespace std;
typedef long double ld;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<double, double> PDD;
typedef unsigned long long ULL;
const int N = 2e5 + 10, M = 2 * N, INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-8, pi = acos(-1), inf = 1e20;
int dx[] = {-1, 0, 1, 0}, dy[] = {0, 1, 0, -1};
int h[N], e[M], ne[M], w[M], idx;
void add(int a, int b, int v = 0) {
    e[idx] = b, w[idx] = v, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++;
}
int n, m, k;
int a[N];
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
    int T;
    cin >> T;
   while (T -- ) {
        LL x1, y1, x2, y2;
        cin >> x1 >> y1 >> x2 >> y2;
        x1 = x2 - x1, y1 = y2 - y1;
        cout << x1 * y1 + 1 << '\n';
    }
    return 0;
}

D The Best Vacation

[Link](Problem - D - Codeforces)

题意

给你$n$个月，第$i$个月有$a_i$天，你可以连续休息$x$天（可以跨年休息），你的每天的权值是你休息的当天是该月的第几天，问你最大权值和是多少。

思路

• 贪心 二分

​ 首先开个二倍数组令$a[i+n]=a[i]$，这样就破环成链了。那么对于某个月第几天开始时这个月的最优解呢，假设从第$i$个月的第$x$天开始到了第$j$个月的第$y$天，分类来看：

• $x>y$，我们让起点$x$左移总权值会变大
• $x<y$，我们让起点$x$右移总权值会变大

​ 或者可与考虑从第$i$个月$1$天开始到了第$j$个月的第$x$天，显然让我们的起点右移一直到填满第$j$个月更优，这样也可以贪出来下面的结论。

​ 所以一般从最基本的情况来贪心会更方便。

​ 最终会变成某个月末$+$一些连续的月份的形式，因此我们直接枚举每个$i$对于当前位置看看它往前能到哪个位置，算一下贡献即可。

​ 可以将数组倒过来然后往后二分，也可以设$s_i$为前$i$个月的天数和，从我们要找$s_i-s_j\le x\to s_j\ge s_i-x$，即从$s$中找大于等于某个数的第一个数，这样直接二分也可。

Code

转一下

#include <bits/stdc++.h>
#define x first
#define y second
#define debug(x) cout<<#x<<":"<<x<<endl;
using namespace std;
typedef long double ld;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<double, double> PDD;
typedef unsigned long long ULL;
const int N = 4e5 + 10, M = 2 * N, INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-8, pi = acos(-1), inf = 1e20;
int dx[] = {-1, 0, 1, 0}, dy[] = {0, 1, 0, -1};
int h[N], e[M], ne[M], w[M], idx;
void add(int a, int b, int v = 0) {
    e[idx] = b, w[idx] = v, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++;
}
int n, m, k;
LL a[N], s[N], x;
LL p[N];
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
    cin >> n >> x;   
    for (int i = 1; i <= n; i ++) cin >> a[i], a[i + n] = a[i];
    reverse(a + 1, a + 1 + 2 * n);
    for (int i = 1; i <= n * 2; i ++) s[i] = s[i - 1] + (1 + a[i]) * a[i] / 2;
    for (int i = 1; i <= n * 2; i ++) a[i] += a[i - 1];

    LL res = 0, ans = 0;
    for (int i = 1; i <= n * 2; i ++) {        
        LL p = a[i] - a[i - 1];
        LL d = x - p;
        ans = (1 + p) * p / 2;
        if (d <= 0) {      
            res = max(res, (p + p - x + 1) * x / 2);
            continue ;
        }
        int l = i + 1, r = n * 2;
        while (l < r) {
            int mid = l + r >> 1;
            if (a[mid] - a[i] >= d) r = mid;
            else l = mid + 1;
        }
        if (l > r) {
            res = max(res, ans);
            continue ;
        }
        ans += (s[l - 1] - s[i]);
        d -= (a[l - 1] - a[i]);
        p = a[l] - a[l - 1];
        d = min(d, a[l] - a[l - 1]);
        ans += (p + p - d + 1) * d / 2;
       
        res = max(res, ans);
    }

    cout << res << '\n';
    return 0;
}

直接找

#include <bits/stdc++.h>
#define x first
#define y second
#define debug(x) cout<<#x<<":"<<x<<endl;
using namespace std;
typedef long double ld;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<double, double> PDD;
typedef unsigned long long ULL;
const int N = 4e5 + 10, M = 2 * N, INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-8, pi = acos(-1), inf = 1e20;
int dx[] = {-1, 0, 1, 0}, dy[] = {0, 1, 0, -1};
int h[N], e[M], ne[M], w[M], idx;
void add(int a, int b, int v = 0) {
    e[idx] = b, w[idx] = v, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++;
}
int n, m, k;
LL a[N], s[N], x;
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
    cin >> n >> x;   
    for (int i = 1; i <= n; i ++) cin >> a[i], a[i + n] = a[i];    
    for (int i = 1; i <= n * 2; i ++) s[i] = s[i - 1] + (1 + a[i]) * a[i] / 2;
    for (int i = 1; i <= n * 2; i ++) a[i] += a[i - 1];

    LL res = 0, ans = 0;
    for (int i = 1; i <= n * 2; i ++) {        
        if (a[i] < x) continue ;
        int p = lower_bound(a + 1, a + 1 + n * 2, a[i] - x) - a;
        ans = s[i] - s[p];
        LL tt = x - (a[i] - a[p]);
        
        ans += ((a[p] - a[p - 1]) * 2 - tt + 1) * tt / 2;
        res = max(res, ans);

    }

    cout << res << '\n';
    return 0;
}

E Are You Fired?

[Link](Problem - E - Codeforces)

题意

给你一个长度为$n$的数组其中前$\lceil \frac{n}{2}\rceil $为读入$a_i$，剩下的均为$x$，问是否存在一个$k$使得任意长度为$k$的子区间的和均$>0$。

思路

• 分类讨论 贪心

设$m=\lceil \frac{n}{2}\rceil ,s_i={\sum }_{j=1}^i{a}_i$，如果长度为$k$的区间满足那么长度为$2\times k$的区间也成立，因此我们只需要证明是否有大于$\frac{n}{2}$的区间成立即可，$x$是个不确定因素，对于$x$分类来看：

• $x>0$ 当$x>0$ 大于$m$位置的这些$x$带来的收益都是正的，我们应该照单全收，又因为要连续的子区间，我们只需要取$k=n$即可，如果不成立，那么其它的也均不可，因为我们减少$k$会使权值减少。
• $x=0$ 当$x=0$ 和$x>0$时一样 直接选$k=n$即可。
• $x<0$ 当$x<0$ 我们一定要把后面的这些$x$都消除掉，这个时候我们从前往后枚举每个位置看当前$i$到$m$的这个区间的和能消除多少个$x$，因为要让所有的区间均满足，即当前$i$满足的区间长$k_1$它前面的点也要满足，我们搞一个合法长度前缀最小值，然后如果当前点加前缀最小值$-1$到达$n$了即为一组合法解，注意前缀最小值要满足$\le n$。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define x first
#define y second
#define debug(x) cout<<#x<<":"<<x<<endl;
using namespace std;
typedef long double ld;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<double, double> PDD;
typedef unsigned long long ULL;
const int N = 5e5 + 10, M = 2 * N, INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-8, pi = acos(-1), inf = 1e20;
int dx[] = {-1, 0, 1, 0}, dy[] = {0, 1, 0, -1};
int h[N], e[M], ne[M], w[M], idx;
void add(int a, int b, int v = 0) {
    e[idx] = b, w[idx] = v, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++;
}
LL n, m, k;
LL a[N];
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
    cin >> n;
    m = (n + 1) / 2;
    for (int i = 1; i <= m; i ++) cin >> a[i];
    cin >> k;
    for (int i = m + 1; i <= n; i ++) a[i] = k;
    for (int i = 1; i <= n; i ++) a[i] += a[i - 1];
  
    if (k >= 0) {
        cout << (a[n] > 0 ? n : -1) << '\n';
        return 0; 
    }

    LL res = 1e9;
    for (int i = 1; i <= m; i ++) {
        LL s = a[m] - a[i - 1];
        res = min(res, m - i + 1 + (s - 1) / (-k));
        if (i + res - 1 >= n) {
            cout << min(res, n) << '\n';
            return 0;
        }
    }

    cout << -1 << '\n';
    return 0;
}