牛客月赛37 E ( 构造 I (二分 G ( 模拟

紫妹永不服输
大佬题解
思路：
考虑有 $x$ 个 $R$ 和 $y$ 个 $P$
对于一个 $R$，如果它后边有 $k$ 个 $P$ ，对 $RP$ 的贡献 是 $k$ ，前边有 $y-k$ 个 $P$，对 $PR$ 的贡献是 $y-k$。
因此 $RP$ 和 $PR$ 总共 ${\sum }_{i=1}^{i=x}k+(y-k)=x\times y$
所以 $n+m=x\times y$
因为 $n+m>10^5$ 时无解，所以要让构造出的字符串尽可能短，这样才能避免漏解
$x$ 和 $y$ 的差值尽量小，才能构造出的字符串才尽量长，也就是让他们尽量靠近 $\sqrt{(n+m)}$
如果这样也无法构造出即为无解
现在考虑构造可行解。
考虑把 $y$ 个 $P$ 放在最后，那么我们在前边放一个 $R$，就会多出 $y$ 个 $RP$。
所以一直在前边放 $R$，直到再加一个 $RP$ 的个数大于 $n$
因为它要求恰好有 $n$ 个，所以我们把前边的一个 $R$ 放到 $y$ 个 $P$ 之间的某个位置，使得 $RP$ 恰好有 $n$ 个。
比如现在已经构造了 $n-k(0<=k<y)$ 个 $RP$，那么在倒数第 $k$ 个 $P$ 的前边放一个 $R$ 即可。
现在已经构造完所有的 $RP$ 了，根据 $n+m=x\times y$ 这个式子，你在后面放上所有剩下的 $R$，那么一定能构造出 $m$ 个 $PR$ 。
code：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define _ 0
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 9;
ll n, m, x, y;

void work()
{
	cin >> n >> m;
	for(ll i = 1; i * i <= n + m; ++i)
	{
		if((m + n) % i) continue;
		x = i, y = (n + m) / i;
	}
	if(x + y > 1e5) return puts("-1"), void();
	ll sum = 0, cnt = 0, r = 0;
	for(int i = 1; i <= x; ++i)
	{
		if(sum + y <= n) sum += y, ++cnt;
		else {
			r = n - sum; break;
		}
	}
	for(int i = 1; i <= cnt; ++i)	cout << "R";
	for(int i = 1; i <= y; ++i)
	{
		cout << "P";
        if(r == y - i) cout << "R";
	}
	for(int i = cnt + 2; i <= x; ++i) cout << "R";
	cout << endl;
}

int main()
{
	ios::sync_with_stdio(0);
	work();
	return ~~(0^_^0);
}

加减
虽然想到二分了但是二分错了,想着二分最后的相等的值,但是写不出来,正解是二分区间,取中间位最终相等值
思路就是 先排序，枚举左端点，二分右端点，取中间值为区间最终值。维护最长的区间即可
code：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 9;
ll a[maxn], sum[maxn];
ll n, k, ans;
inline ll check(int l, int r)
{
	int mid = (l + r) / 2;
	ll x = a[mid] * (mid - l + 1) - (sum[mid] - sum[l-1]);// +1 操作数 
	ll y = sum[r] - sum[mid] - a[mid] * (r - mid);// -1 操作数 
	return x + y;
}
int main()
{
	cin >> n >> k;
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
    	cin >> a[i];
    sort(a + 1, a + 1 + n);
    for(int i = 1; i <= n; ++i) sum[i] = sum[i - 1] + a[i];
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
    {
    	int l = i, r = n;
    	while(l < r)
    	{
    		int mid = (l + r + 1) / 2;
    		if(check(i, mid) <= k) ans = max(ans, mid - i + 1ll), l = mid;
    		else r = mid - 1;
		}
	}
	cout << ans << endl;
	return 0;
}

零一奇迹

注意这个需要查询的区间范围是不变的，而最大的数在字符串中最多只占60位，每次只修改一个字符，因此可以暴力修改字符

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 9;
ll n, m, k, l, r, ans;
char s[maxn];
ll a[maxn];

void change(int x)
{
	ans -= a[x];// 删除原有以第x位为起点对答案的贡献 
	a[x] = 0;
	if(s[x] == '0') return;// 1被改成0了，那么原本以这一位为起点的数都不存在了 
	ll now = 0;
	for(int i = 1; i <= 60 && x + i - 1 <= n; ++i)// x为起点，长度为i的二进制数 
	{
		now = now << 1 | (s[x+i-1] == '1');// now 左移一位 再 或 s[x+i-1] == '1'的值
		if(l <= now && now <= r) ++a[x];
	}
	ans += a[x];
}
void work()
{
	scanf("%lld %lld %lld", &n, &l, &r);
	scanf("%s",s + 1);
	for(int i = 1; i <= n; ++i)// 把全0改成s串产生的贡献和 
		change(i);
	scanf("%lld", &k);
	while(k--)
	{
		scanf("%lld", &m);
		s[m] = (s[m] == '1') ? '0' : '1';
		for(int i = max(m - 60, 1ll); i <= m; ++i)// 枚举max(m-60,1) 到 m 为起点的数 
			change(i);
		printf("%lld\n", ans);
	}
}

int main()
{
	//int TT;cin>>TT;while(TT--)
	work();
	return 0;
}