Codeforces Round #466 (Div. 2) 题解

人生中第三次$CF$。。。
考试中切了$A$~$E$
$F$题会做没时间写

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题解

A：Points on the line

题意

给定一个数列，删最小的数，使最大差不大于一个定值

Sol

排序后选的一定是段连续的区间，枚举左右端点即可

手速慢了233

# include <bits/stdc++.h>
# define RG register
# define IL inline
# define Fill(a, b) memset(a, b, sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
const int _(105);

IL int Input(){
    RG int x = 0, z = 1; RG char c = getchar();
    for(; c < '0' || c > '9'; c = getchar()) z = c == '-' ? -1 : 1;
    for(; c >= '0' && c <= '9'; c = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48);
    return x * z;
}

int n, d, x[_], ans;

int main(RG int argc, RG char* argv[]){
    n = Input(), d = Input();
    for(RG int i = 1; i <= n; ++i) x[i] = Input();
    sort(x + 1, x + n + 1);
    if(!n || x[n] - x[1] <= d) return puts("0"), 0;
    for(RG int i = 1; i <= n; ++i)
        for(RG int j = i; j <= n; ++j)
            if(x[j] - x[i] <= d) ans = max(ans, j - i + 1);
    printf("%d\n", n - ans);
    return 0;
}

B：Our Tanya is Crying Out Loud

题意

给定数$n$和$k$以及代价$A$和$B$
你可以花$A$的代价给$n$减$1$
或者当$n$为$k$的倍数时花$B$的代价把$n$变为$n/k$
问$n$变为$1$的最小代价

Sol

不是$k$的倍数，就减到$k$的倍数为止
否则比较减和除的代价，取最小

# include <bits/stdc++.h>
# define RG register
# define IL inline
# define Fill(a, b) memset(a, b, sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
const int _(105);

IL int Input(){
    RG int x = 0, z = 1; RG char c = getchar();
    for(; c < '0' || c > '9'; c = getchar()) z = c == '-' ? -1 : 1;
    for(; c >= '0' && c <= '9'; c = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48);
    return x * z;
}

int n, k, a, b;
ll ans = 0;

int main(RG int argc, RG char* argv[]){
    n = Input(), k = Input(), a = Input(), b = Input();
    if(k == 1){
        cout << 1LL * a * (n - 1) << endl;
        return 0;
    }
    while(n >= k){
        RG int t = n / k, tt = n % k;
        n -= tt;
        ans += 1LL * tt * a;
        ans += min(1LL * b, 1LL * (n - t) * a);
        n = t;
    }
    ans += 1LL * a * (n - 1);
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

C：Phone Numbers

题意

一个长度为$n$的小写字母组成的字符串和一个整数$k$，要你生成一个最小字典序的长度为$k$的小写字母组成的字符串
使该字符串的字符集为给定串的字符集的子集，并且字典序大于给定串

Sol

找到一个最后面的位置可以使答案串大于原串，后面直接填最小的字符

# include <bits/stdc++.h>
# define RG register
# define IL inline
# define Fill(a, b) memset(a, b, sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
const int _(1e5 + 5);

IL int Input(){
    RG int x = 0, z = 1; RG char c = getchar();
    for(; c < '0' || c > '9'; c = getchar()) z = c == '-' ? -1 : 1;
    for(; c >= '0' && c <= '9'; c = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48);
    return x * z;
}

int n, k, t[30], pos, g[30];
char s[_];

int main(RG int argc, RG char* argv[]){
    n = Input(), k = Input();
    scanf(" %s", s + 1), s[n + 1] = 'a' - 1;
    for(RG int i = 1; i <= n; ++i) ++t[s[i] - 'a'];
    for(RG int i = 25; ~i; --i) g[i] = t[i], t[i] += t[i + 1];
    for(RG int i = min(k, n + 1); i; --i)
        if(t[s[i] - 'a' + 1]){
            pos = i;
            break;
        }
    for(RG int i = 1; i < pos; ++i) printf("%c", s[i]);
    for(RG int i = s[pos] - 'a' + 1; i < 26; ++i)
        if(g[i]){
            printf("%c", i + 'a');
            break;
        }
    RG int tmp = 0;
    for(RG int i = 0; i < 26; ++i)
        if(g[i]){
            tmp = i;
            break;
        }
    for(RG int i = pos + 1; i <= k; ++i) printf("%c", tmp + 'a');
    return 0;
}

D：Alena And The Heater

题意

给定数列$A$
以及生成数列$B$的条件：
$B[1]=B[2]=B[3]=B[4]=0$
对于$i>4$
如果$a[i],a[i-1],a[i-2],a[i-3],a[i-4]>r$且$b[i-1]=b[i-2]=b[i-3]=b[i-4]=1$则$b[i]=1$
如果$a[i],a[i-1],a[i-2],a[i-3],a[i-4]<l$且$b[i-1]=b[i-2]=b[i-3]=b[i-4]=0$则$b[i]=0$
否则$b[i]=b[i-1]$
保证一定有解，输出$l, r$可以构造出给定的数列$B$
输出任意一组$l,r\in[-1e9, 1e9]$

Sol

保证一定有解，那么按题意反过来构造$l, r$即可

# include <bits/stdc++.h>
# define RG register
# define IL inline
# define Fill(a, b) memset(a, b, sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
const int _(1e5 + 5);

IL int Input(){
    RG int x = 0, z = 1; RG char c = getchar();
    for(; c < '0' || c > '9'; c = getchar()) z = c == '-' ? -1 : 1;
    for(; c >= '0' && c <= '9'; c = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48);
    return x * z;
}

int n, a[_], b[_], l = -1e9, r = 1e9;
char s[_];

int main(RG int argc, RG char* argv[]){
    n = Input();
    for(RG int i = 1; i <= n; ++i) a[i] = Input();
    scanf(" %s", s + 1);
    for(RG int i = 1; i <= n; ++i) b[i] = s[i] - '0';
    for(RG int i = 5; i <= n; ++i){
        RG int s = b[i - 1] + b[i - 2] + b[i - 3] + b[i - 4];
        if(s && s != 4) continue;
        if(b[i] == b[i - 1]) continue;
        if(b[i]){
            RG int mx = -1e9;
            for(RG int j = 0; j <= 4; ++j) mx = max(mx, a[i - j]);
            l = max(l, mx + 1);
        }
        else{
            RG int mn = 1e9;
            for(RG int j = 0; j <= 4; ++j) mn = min(mn, a[i - j]);
            r = min(r, mn - 1);
        }
    }
    printf("%d %d\n" ,l, r);
    return 0;
}

E：Cashback

题意

给定一个长度为$n$的数列以及一个整数$c$
一个下标在$[l, r]$内的子数列的价值为所有数的和减去子数列中前$\lfloor\frac{r-l+1}{c}\rfloor$小的数的和
求把这个数列分成若干个块，使的每块的价值和最小

Sol

前$k$小？离散化+主席树辣
码完
发现只会$n^2$的滴劈
设$f[i]$表示做到第$i$个数的最小代价，枚举长度转移，前$k$小的和主席树查询
你当这是$OI$赛制啊？没有部分分的。。
我们分情况考虑

• 若分一块长度小于$c$的
  价值就是所有的数的和
  那么还不如一个一个选更方便转移
• 若分一块长度为$c$的倍数的
  我们把它分成若干个长度为$c$的块，就是总和减去每个块的最小值的和
  而直接分一块就是总和减去整个块的前几个最小值
  整个块的前几个最小值一定小于等于若干块的最小值和
  那么分成若干个长度为$c$的块最优
• 若一块长度大于等于$c$的，就是上面两种组合而来

那么策略就是：要么一个一个选，要么选$c$个一块
只要求区间最小值，$RMQ$问题
然而主席树懒得删

# include <bits/stdc++.h>
# define RG register
# define IL inline
# define Fill(a, b) memset(a, b, sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
const int _(1e5 + 5);

IL int Input(){
    RG int x = 0, z = 1; RG char c = getchar();
    for(; c < '0' || c > '9'; c = getchar()) z = c == '-' ? -1 : 1;
    for(; c >= '0' && c <= '9'; c = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48);
    return x * z;
}

int n, c, tot, len, rt[_];
ll f[_], s[_], o[_], a[_];
struct HJT{
    int sz, rs, ls;
    ll sum;
} T[_ * 20];

IL void Modify(RG int &x, RG int l, RG int r, RG int id, RG ll v){
    T[++tot] = T[x], T[x = tot].sum += v, ++T[x].sz;
    if(l == r) return;
    RG int mid = (l + r) >> 1;
    if(id <= mid) Modify(T[x].ls, l, mid, id, v);
    else Modify(T[x].rs, mid + 1, r, id, v);
}

IL ll Query(RG int A, RG int B, RG int l, RG int r, RG int k){
    if(l == r) return o[l];
    RG int mid = (l + r) >> 1, ss = T[T[B].ls].sz - T[T[A].ls].sz;
    RG ll sss = T[T[B].ls].sum - T[T[A].ls].sum;
    if(ss >= k) return Query(T[A].ls, T[B].ls, l, mid, k);
    else return sss + Query(T[A].rs, T[B].rs, mid + 1, r, k - ss);
}

int main(RG int argc, RG char* argv[]){
    n = Input(), c = Input(), Fill(f, 127), f[0] = 0;
    for(RG int i = 1; i <= n; ++i) o[i] = a[i] = Input(), s[i] = s[i - 1] + a[i];
    sort(o + 1, o + n + 1), len = unique(o + 1, o + n + 1) - o - 1;
    for(RG int i = 1; i <= n; ++i){
        RG int p = lower_bound(o + 1, o + len + 1, a[i]) - o;
        rt[i] = rt[i - 1], Modify(rt[i], 1, len, p, a[i]);
    }
    for(RG int i = 1; i < c; ++i) f[i] = s[i];
    for(RG int i = c; i <= n; ++i){
        RG ll sum = s[i] - s[i - c] - Query(rt[i - c], rt[i], 1, len, 1);
        f[i] = min(f[i - 1] + a[i], f[i - c] + sum);
    }
    cout << f[n] << endl;
    return 0;
}

F：Machine Learning

题意

给一个数列
每次询问一个区间$[l,r]$
求数列下标在这个区间内的数的个数的$mex$值
$p.s$：$mex$值是最小的没出现的整数值
数会随时修改

Sol

这不就是离散化+带修改莫队吗？
吐槽一下：
$mex$值开桶暴力求就能过了

我的做法：
把数字也分块，计算$mex$时，找到第一个不满的块，再在块内找的那个$mex$值

还有一点就是
我$TM$学了假的带修改莫队：
没按时间为第三关键字排序！！！
没把块的大小设为$n^\frac{2}{3}$！！！
没比较右端点所在的块！！！
然后一直$TLE$，$QAQ$

# include <bits/stdc++.h>
# define RG register
# define IL inline
# define Fill(a, b) memset(a, b, sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
const int _(4e5 + 5);

IL int Input(){
    RG int x = 0, z = 1; RG char c = getchar();
    for(; c < '0' || c > '9'; c = getchar()) z = c == '-' ? -1 : 1;
    for(; c >= '0' && c <= '9'; c = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48);
    return x * z;
}

int n, q, bl[_], o[_], len, a[_], ans[_], blo, cnt, tot;
int t[_], sum[5000], size[_];
struct Query{
    int l, r, t, id;

    IL bool operator <(RG Query B) const{
        if(bl[l] != bl[B.l]) return l < B.l;
        if(bl[r] != bl[B.r]) return r < B.r;
        return t < B.t;
    }
} qry[_];
struct Modify{
    int p, x;
} mdy[_];

IL void Change(RG int x, RG int d){
    if(d > 0){
        if(!size[x]) ++sum[x / blo];
        ++size[x];
    }
    else{
        --size[x];
        if(!size[x]) --sum[x / blo];
    }
}

IL int Mex(){
    for(RG int i = 0; ; ++i)
        if(sum[i] != blo){
            for(RG int j = 0; j < blo; ++j)
                if(!size[i * blo + j]) return i * blo + j;
        }
}

IL void Calc(RG int v, RG int d){
    Change(t[v], -1), t[v] += d, Change(t[v], 1);
}

IL void Adjust(RG int j, RG int l, RG int r){
    if(mdy[j].p >= l && mdy[j].p <= r) Calc(a[mdy[j].p], -1);
    swap(a[mdy[j].p], mdy[j].x);
    if(mdy[j].p >= l && mdy[j].p <= r) Calc(a[mdy[j].p], 1);
}

int main(RG int argc, RG char* argv[]){
    n = Input(), q = Input(), blo = pow(n, 2.0 / 3.0);
    for(RG int i = 1; i <= n; ++i) o[++len] = a[i] = Input(), bl[i] = (i - 1) / blo;
    for(RG int i = 1; i <= q; ++i){
        RG int op = Input(), x = Input(), y = Input();
        if(op == 1) qry[++cnt] = (Query){x, y, tot, cnt};
        else mdy[++tot] = (Modify){x, y}, o[++len] = y;
    }
    sort(o + 1, o + len + 1), len = unique(o + 1, o + len + 1) - o - 1;
    for(RG int i = 1; i <= n; ++i)
        a[i] = lower_bound(o + 1, o + len + 1, a[i]) - o;
    for(RG int i = 1; i <= tot; ++i)
        mdy[i].x = lower_bound(o + 1, o + len + 1, mdy[i].x) - o;
    sort(qry + 1, qry + cnt + 1), blo = sqrt(len);
    for(RG int L = qry[1].l, R = qry[1].l - 1, i = 1, j = 0; i <= cnt; ++i){
        while(L < qry[i].l) Calc(a[L++], -1);
        while(L > qry[i].l) Calc(a[--L], 1);
        while(R < qry[i].r) Calc(a[++R], 1);
        while(R > qry[i].r) Calc(a[R--], -1);
        while(j < qry[i].t) Adjust(++j, L, R);
        while(j > qry[i].t) Adjust(j--, L, R);
        ans[qry[i].id] = Mex();
    }
    for(RG int i = 1; i <= cnt; ++i) printf("%d\n", ans[i]);
    return 0;
}

总结

$CF$比赛的题还是不错的
总有一些奇奇怪怪的脑洞
话说歪果仁知道主席树和莫队算法吗？