「BZOJ4590」「SHOI2015」自动刷题机解题报告

最新推荐文章于 2021-09-07 22:32:25 发布

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CC 4.0 BY-SA版权

原文链接：http://www.cnblogs.com/louhancheng/p/10060803.html

本文介绍了一种名为自动刷题机的算法，该算法能够自动完成编程题目的解答过程。通过对代码生成和删除的模拟，算法使用二分查找确定能使自动刷题机在给定时间内解决特定数量问题的代码长度范围。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

自动刷题机

Description

曾经发明了信号增幅仪的发明家SHTSC又公开了他的新发明：自动刷题机--一种可以自动AC题目的神秘装置。自动刷题机刷题的方式非常简单：首先会瞬间得出题目的正确做法，然后开始写程序，每秒，自动刷题机的代码生成模块会有两种可能的结果：

A.写了x行代码。
B.心情不好，删掉了之前写的y行代码。（如果y大于当前代码长度则相当于全部删除。）

对于每个OJ所有题目，存在某个固定的长度n>0。一旦自动刷题机在某秒结束时积累了大于等于n行的代码，它就会自动提交并AC此题，然后新建一个文件开始写下一题。SHTSC在某个OJ上跑了一天的自动刷题机，得到了很多条关于写代码的日志信息。他突然发现自己没有记录这个OJ的n究竟是多少。所幸他通过自己在OJ上的Rank知道了机一共切了k道题。希望你计算n可能的最小值和最大值。

Input

第一行两个整数l，k，表示刷题机的日志一共有l行，一共了切了k题。

第二行l个整数，\(x_1…x_l。\)\(x_i \ge 0\)表示写了\(x_i\)行代码。\(x_i<0\)表示删除了这道题的\(-x_i\)行代码。

\(1 \le l,k \le 100000，\left| x_i \right| \le10^9\)

Output

输出两个数a，b。分别代表n可能的最小值和最大值。如果不存在这样的n则输出-1。

Sample Input

Sample Output

3 7

样例1：如果n=2那么刷题机就会切掉3题。但如果n>7刷题机最多只能切1题。考虑n=4发生了什么。
第一秒：刷题机写了2行。
第二秒：刷题机又写了5行，共有7行，提交，自信AC。
第三秒：刷题机删掉了3行，共有0行。
第四秒：刷题机写了9行，共有9行，提交，自信AC。
一共AC了两题。

思路

这是一道二分题。没错这就是一道二分题。

它的单调性很明显。n越大，切的题就越少。所以，话不多说——直接切入正题。

这里要求最小值(ans1)与最大值(ans2)，所以要写2个二分，一个判断条件是\(check(mid) > k\) 另一个是 \(\ge\) 。

ans1要加1,因为\(>k\)求出的是满足 \(check(mid) > k\) 的最大值。如果有答案的话，\(ans1 + 1\)必定是满足\(check(mid) = k\)最小值。

话不多说，直接上代码\((〃'▽'〃)——\)

代码

#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
#define LL long long

int l, k;
LL a[100005];
LL le(1), ri, ans1, ans2, mid;

LL check( LL x ){//模拟求切题数
    LL cur(0), s(0);
    for ( int i = 1; i <= l; ++i ){
        cur = max( cur + a[i], 0ll );
        if ( cur >= x ){
            s++; cur = 0;
        }
    }
    return s;
}

int main(){
    scanf( "%d%d", &l, &k );
    for ( int i = 1; i <= l; ++i ) scanf( "%lld", &a[i] );
    le = 1; ri = 1000000000000000;//边界是个坑，走远一点就不会掉进去了嘛(｀・ω・´)反正时间复杂度不会超过O(100)
    while( le <= ri ){
        mid = ( le + ri ) >> 1;
        if ( check( mid ) > k ){
            le = mid + 1;
            ans1 = mid;
        }
        else ri = mid - 1;
    }
    ans1++;
    le = 1; ri = 1000000000000000;
    while( le <= ri ){
        mid = ( le + ri ) >> 1;
        if ( check( mid ) >= k ){
            le = mid + 1;
            ans2 = mid;
        }
        else ri = mid - 1;
    }
    if ( check( ans1 ) != k ) printf( "-1\n" );
    else printf( "%lld %lld\n", ans1, ans2 );
    return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/louhancheng/p/10060803.html