CF652

最新推荐文章于 2021-02-11 23:56:47 发布

chenbo真shuai

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分类专栏：比赛

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/chenboshuai/article/details/108847675

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博客详细介绍了四个编程问题的解决思路，包括Gabriel和Caterpillar的模拟策略，Z排序的实现，Foe Pairs的最远左端点寻找方法，以及Nested Segments的线段包含计算。对于每个问题，不仅给出了基本思路，还分享了大佬们的高效做法，涉及到特判、优先队列、数组维护和树状数组等技巧。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

CFEDU10

A. Gabriel and Caterpillar

思路

一道模拟题。
注意几个特判。
1.如果他在被发现后的8个小时内爬到树上的话，就输出0
2.如果他在这8小时内爬不上去而且下降的高度要大于上升的话，以后就再也没有机会爬上去了。
否则，我们就正常模拟即可

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

int h1, h2;
int a, b;
int main()
{
	cin >> h1 >> h2 >> a >> b;	
	int delta = h2 - h1;
	if(delta  <= a * 8)
	{
		cout << 0 << endl;
	}
	else if(a <= b && delta - 8 * a > 0)
	{
		cout << -1 << endl;
	}
	else
	{
		delta = delta - 8 * a + 12 * b;
		int day = 1;
		while(delta > 0)
		{
			delta -= 12 * a;
			if(delta <= 0)
			{
				cout << day << endl;
				return 0;
			}
			delta += 12 * b;
			day++;
		}
		//cout << day << endl;
	}
	return 0;
}

大佬做法。

dalao一看时间是24小时，直接计算过了多少小时，最后除以24即可算出天数。对每个小时进行模拟， +a或-b，并加以特判。
这种模拟思维难度小，也简洁。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<set>
#include<map>
#include<queue>
#include<cassert>
#define PB push_back
#define MP make_pair
#define sz(v) (in((v).size()))
#define forn(i,n) for(in i=0;i<(n);++i)
#define forv(i,v) forn(i,sz(v))
#define fors(i,s) for(auto i=(s).begin();i!=(s).end();++i)
#define all(v) (v).begin(),(v).end()
using namespace std;
typedef long long in;
typedef vector<in> VI;
typedef vector<VI> VVI;
int main(){
  ios::sync_with_stdio(0);
  cin.tie(0);
  in h,tph,a,b;
  cin>>h>>tph>>a>>b;
  h=tph-h;
  in ct=14;
  while(h>0){
    if(ct>100 && a<=b){
      cout<<-1<<endl;
      return 0;
    }
    if(ct%24>=10 && ct%24<22)
      h-=a;
    else
      h+=b;
    ++ct;
  }
  cout<<(ct/24)<<endl;
  return 0;
}

B z-sort

思路

可以很清楚的想到，数列是长这个样的：
在这里插入图片描述
其中偶数位高，奇数位低。
那么，我们只要开两个优先队列，奇数位输出最小值，偶数位输出最大值即可。

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

int n;
int a[1010];
priority_queue<int> maxn;
priority_queue<int , vector<int>, greater<int> > minn;
int main()
{
	cin >> n;
	for(int i = 1; i <= n; i++)
	{
		cin >> a[i];
		maxn.push(a[i]);
		minn.push(a[i]);
	}
	for(int i = 1; i <= n; i++)
	{
		if(i % 2)
		{
			cout << minn.top() << " ";
			minn.pop();
		}
		else
		{
			cout << maxn.top() << " ";
			maxn.pop();
		}
	}
	cout << endl;
	return 0;
}

dalao做法

大佬从小到大排序，开了两个指针，一个从小到大，一个从大到小。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<set>
#include<map>
#include<queue>
#include<cassert>
#define PB push_back
#define MP make_pair
#define sz(v) (in((v).size()))
#define forn(i,n) for(in i=0;i<(n);++i)
#define forv(i,v) forn(i,sz(v))
#define fors(i,s) for(auto i=(s).begin();i!=(s).end();++i)
#define all(v) (v).begin(),(v).end()
using namespace std;
typedef long long in;
typedef vector<in> VI;
typedef vector<VI> VVI;
VI a;
int main(){
  ios::sync_with_stdio(0);
  cin.tie(0);
  in n;
  cin>>n;
  a.resize(n);
  forn(i,n)
    cin>>a[i];
  sort(all(a));
  in c1=0;
  in c2=n-1;
  while(c1<=c2){
    cout<<a[c1++]<<" ";
    if(c1<=c2){
      cout<<a[c2--]<<" ";
    }
  }
  cout<<endl;
  return 0;
}

C. Foe Pairs

思路

可以先枚举右端点，并找到他能拓展的最远的左端点，加进答案里。由此我们可以求出答案。
那么如何找到他最远的左端点。
考虑这个题最大的限制是什么。
很容易得出其最大限制位不能同时包含给出的两个端点。
那么对于当前的一个端点r，他的最远的合法左端点就为包含这个r的端点的限制中l最大的位置+1（因为如果你比这个小的话就同时包含询问中的两个端点了）。而这个可以用数组维护。

代码

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;
// WA后没调出， 抄的题解

 
int n, m; 
int pos[300010];
int res[300010];
int main()
{
	cin >> n >> m;
	for(int i = 1; i <= n; i++)
	{
		int x; 
		scanf("%d", &x);
		pos[x] = i;
	}
	for(int i = 1; i <= m; i++)
	{
		int x, y;
		scanf("%d %d", &x, &y);
		x = pos[x];
		y = pos[y];
		if(x > y)
		{
			swap(x, y);
		}
		res[y] = max(res[y], x + 1);
	}

	long long ans = 0;
	int l = 1;
	for(int r = 1; r <= n; r++)
	{
		l= max(res[r], l);
		ans += r - l + 1;
	}
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}

大佬做法

#include <iostream>
#include <fstream>
#include <set>
#include <map>
#include <string>
#include <vector>
#include <bitset>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <cassert>
#include <queue>


typedef long long ll;
typedef long double ld;

using namespace std;

const int MAXN = 310000;

ll ans;
int n, m;
int p[MAXN];
vector<int> eds[MAXN];
int pos[MAXN];

int main() {
	scanf("%d%d", &n, &m);
	for (int i = 0; i < n; ++i)
		scanf("%d", p + i), --p[i];
	for (int i = 0; i < m; ++i) {
		int a, b;
		scanf("%d%d", &a, &b);
		--a;
		--b;
		eds[a].push_back(b);
		eds[b].push_back(a);
	}
	for (int i = 0; i < n; ++i)
		pos[p[i]] = i;
	int now = 0;
	for (int i = 0; i < n; ++i) {
		for (int j: eds[p[i]])
			if (pos[j] < i)
				now = max(now, pos[j] + 1);
		ans += i - now + 1;
	}
	cout << ans << "\n";

	return 0;
}

D. Nested Segments

思路

我们首先可以把线段存起来，并按右端点升序排序，这样的话，我们在从前往后遍历时，遍历到的线段的右端点肯定都比之前的大。
在维护一个树状数组，里面存的是「1，r」中左端点的数量。这样，对于当前线段[l, r]，其包含的线段数量为树状数组查询（r) - (l-1)；
还需要离散化一下下。

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

int n;
struct segment
{
	int l, r;
	int id; 
}seg[200010];
int now;
int ans[200010];
bool cmp(segment a, segment b)
{
	if(a.r == b.r)
	{
		return a.l > b.l;
	}
	return a.r < b.r;
}
int a[200010 * 2];
int c[200010 * 2];
int lowbit(int x)
{
	return x & (-x);
}
int sum(int x)
{
	int res = 0;
	while(x > 0)
	{
		res += c[x];
		x -= lowbit(x);
	}
	return res;	
}
void change(int x, int d)
{
	while(x <= 2 * n)
	{
		c[x] += d;
		x += lowbit(x);
	}
}
int main()
{
	cin >> n;
	int cnt = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i++)
	{
		cin >> seg[i].l >> seg[i].r;
		a[++cnt] = seg[i].l;
		a[++cnt] = seg[i].r;
		seg[i].id = i; 
	}
	memset(c, 0, sizeof(c)); 
	sort(seg+1, seg + n + 1, cmp);
	sort(a+1, a+cnt+1);
	int len = unique(a + 1, a + cnt + 1) - a - 1;
	for(int i = 1; i <= n; i++)
	{
		int l = lower_bound(a + 1, a + len + 1, seg[i].l) - a;
		int r = lower_bound(a + 1, a + len + 1, seg[i].r) - a;
		l++;
		r++;
		ans[seg[i].id] = sum(r) - sum(l-1);
		change(l, 1);
	}
	for(int i = 1; i <= n; i++)
	{
		cout << ans[i] << endl;
	}
	cout << endl;
	return 0;
}