USACO 2024年2月铜组 MAXIMIZING PRODUCTIVITY(二分查找、思维)

第三题:MAXIMIZING PRODUCTIVITY

标签:二分查找、思维
题意:给定NNN个农场,第iii个农场在cic_ici的时候关闭。BessieBessieBessie在时间SSS的时候起床,计划在ti+St_i+Sti+S的时间访问第iii个农场,必须在农场关闭之前去访问。进行QQQ次查询,每次给出SSSVVV,求是否能在时间SSS的时候起床,并访问至少VVV个农场。
1≤S,N≤106,1≤ci,ti≤106,1≤V<=N1≤S,N≤10^6,1≤c_i,t_i≤10^6,1≤V<=N1S,N1061ci,ti1061V<=N
二分查找解法 题解:因为查询次数比较多,直接暴力模拟 肯定会超时,我们需要做一些优化处理。题目中要求在农场关闭之前访问,所以我们可以把数组ccc减去数组ttt求个差值 再减一(因为题目要求关闭之前),求出第iii个如果要访问到,最迟的起床时间。然后对差值数组进行一下排序。
比如排序后的差值数组是:−3、2、4、7、10、15-3、2、4、7、10、1532471015
假定当前查询的S=4,V=3S=4,V=3S=4V=3,那么可以通过二分找到第333个位置,那么从这个位置往后到第NNN个的位置都是可以访问到的,记N−P+1N-P+1NP+1个。(PPP表示通过lower_boundlower\_boundlower_bound函数找到的第一个大于等于SSS的位置),然后我们与对应要求个数的VVV对比判定一下输出即可。
二分查找解法 代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 1e6 + 10;
int c[N], t[N], v, s, n, q;

int main() {
    cin >> n >> q;
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> c[i];
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> t[i];
        c[i] = c[i] - t[i] - 1;
    }
    sort(c + 1, c + 1 + n);
    while (q--) {
        cin >> v >> s;
        int p = lower_bound(c + 1, c + 1 + n, s) - c;
        if (n - p + 1 >= v) cout << "YES" << endl;
        else cout << "NO" << endl;
    }
    return 0;
}

思维解法 题解:和二分查找解法类似,因为题目中要求在农场关闭之前访问,所以我们可以把数组ccc减去数组ttt求个差值,再减一(因为题目要求关闭之前),然后对差值数组进行一下从大到小排序。
比如排序后的差值数组是:15、10、7、4、2、−315、10、7、4、2、-315107423
假定当前查询的S=4,V=3S=4,V=3S=4V=3,判定 发现差值数组的第 333 个位置的值大于等于SSS,那说明前VVV个都能到达。如果同学们在做差值数组的时候没有减一,这边判大于就可以了。
思维解法 代码:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 1e6 + 10;
int c[N], t[N], v, s, n, q;

bool cmp(int x, int y) {
    return x > y;
}

int main() {
    cin >> n >> q;
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> c[i];
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> t[i];
        c[i] = c[i] - t[i] - 1;
    }
    sort(c + 1, c + 1 + n, cmp);
    while (q--) {
        cin >> v >> s;
        if (c[v] >= s) cout << "YES" << endl;
        else cout << "NO" << endl;
    }
    return 0;
}

### 关于202412月USACO比赛题目解答 #### 问题背景与概述 针对202412月USACO的比赛,具体题目细节尚未公布。然而,基于以往的经验和模式,可以推测该次竞赛可能涉及的基础算法概念以及解决问题的方法。 #### 使用双数存储信息 当遇到需要多次访问同一元素的情况时,采用两个独立的数分别记录这些元素的信息是一种有效策略[^1]。这种方法特别适用于那些具有重复操作特性的场景,能够简化逻辑并提高效率。 #### 清零机制的应用 对于某些特定条件下使用的临时变量或辅助结构(比如计数器`num`),适时地将其重置为初始状态是非常重要的。这有助于防止前一次计算残留影响后续的结果准确性。 #### 时间复杂度考量 考虑到实际应用场景中的数据规模较小,即使实现较为复杂的$O(n^2)$甚至更高阶的时间复杂度算法也是可行的选择。这是因为小量级的数据集使得高时间复杂度带来的性能损耗变得微不足道。 #### 枚举法解决交互型游戏类问题 面对像“Why Did the Cow Cross the Road II”这样的互动式博弈论问题,可以通过枚举所有可能性来进行模拟推演。例如,在两轮游戏中根据不同角色的行为合来预测最终得分情况,并据此得出最优解路径[^2]。 #### 动态规划求解资源分配优化模型 以“最小化草地数量”的挑战为例,通过设定动态转移方程,逐步构建起从局部到全局的最佳解决方案框架。这里的关键在于合理定义状态表示方法及其之间的转换关系,从而确保找到满足约束条件下的最优点[^3]。 #### 特殊规则下胜负判定逻辑设计 在类似于“贝茜和朋友玩的游戏”这类含有特殊胜利条件的任务里,重点是要理解规则背后的数学原理。利用回文特性作为判断依据之一,配合其他因素综合考虑,进而形成一套完整的决策流程用于确定胜者身份[^4]。 #### 处理大规模输入输出技巧 针对较大规模的数据处理需求,如岛屿面积统计等问题,则需引入诸如离散化技术等高级手段加以应对。通过对原始坐标系内的点位进行适当变换映射成新的有序序列,既减少了内存占用又加快了运算速度[^5]。 ```python def solve_palindrome_game(T, samples): results = [] for sample in samples: stones = list(map(int, str(sample))) while sum(stones) > 0 and is_palindromic(sum(stones)): # Bessie takes palindromic number of stones first taken_by_bessie = find_largest_palindrome_less_than_or_equal_to(sum(stones)) stones -= [taken_by_bessie] if sum(stones) == 0: break # Friend then takes remaining stones which must be non-palindromic now friend_takes_rest() winner = 'B' if sum(stones)==0 else 'E' results.append(winner) return ''.join(results) def is_palindromic(num): num_str = str(abs(num)) reversed_num_str = num_str[::-1] return num_str == reversed_num_str def find_largest_palindrome_less_than_or_equal_to(max_value): for i in range(max_value, 0, -1): if is_palindromic(i): return i def friend_takes_rest(): pass # Example usage with multiple test cases represented by T=3 here. print(solve_palindrome_game(3,[7, 9, 1])) ```
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