2023-2024-1 ACM集训队每周程序设计竞赛（2）题解

最新推荐文章于 2025-11-23 19:21:38 发布

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#算法

博客围绕多个问题给出算法思路。包括篮球赛、简单与困难数学问题，‘谁是第二名’可用vector或递归模拟，‘如何买会员’用拆分事件排序解决，‘商业天才’在有向无环图上用动态规划，困难数学问题用记忆化搜索。

A 篮球赛

思路：模拟题意。

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

int main() {
	ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0), cout.tie(0);简单数学问题
	int x,y;
	cin>>x>>y;
	if(min(x,y)+3>max(x,y))cout<<"Yes\n";
	else cout<<"No\n";
	
	return 0;
}

B 简单数学问题

思路：模拟题意。

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

int main() {
	ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0), cout.tie(0);
	int n;
	cin>>n;
	vector<int>a(n);
	ll res=0;
	for(int i=0;i<n;i++)cin>>a[i];
	for(int i=0;i<n;i++){
		int t;
		cin>>t;
		res+=t*a[i];
	}
	if(res==0)cout<<"Yes\n";
	else cout<<"No\n";
	return 0;
}

C 谁是第二名？

思路：可以用vector直接模拟比赛过程，或者用递归函数模拟比赛过程。
以下是递归代码：

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

int main() {
	ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0), cout.tie(0);
	int n;
	cin>>n;
	vector<int>a(1<<n);
	for(int i=0;i<(1<<n);i++)cin>>a[i];
	int res;
	function<int(int,int)>dfs=[&](int l,int r){
		if(l==r)return l;
		int resl=dfs(l,(l+r)/2),resr=dfs((l+r)/2+1,r);
		if(l==0&&r==(1<<n)-1){
			if(a[resl]>a[resr])res=resr;
			else res=resl;
		}
		if(a[resl]>a[resr])return resl;
		else return resr;	
	};
	dfs(0,(1<<n)-1);
	cout<<res+1<<'\n';
	return 0;
}

D 如何买会员？

思路：设不考虑超级大会员某天的总花费为 $w_i$ ，那么如果 $C$ 小于 $w_i$ ，那么肯定开通超级大会员更优。这样如果不考虑 $a_i$ 和 $b_i$ 的范围，可以用差分解决此问题，由于 $a_i$ 和 $b_i$ 的范围在 $10^9$ ，所以我们考虑将一个项目拆分成两个事件，一个使当天的花费增大，一个使花费减小，然后对他们进行排序，按顺序逐个考虑事件，同时更新两个变量“当前日期”和“当前花费”，这样问题就可以在总共 $O (Nl o g N)$ 的时间内解决。

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

int main() {
	ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0), cout.tie(0);
	int n;
	ll c;
	cin>>n>>c;
	vector<array<int,2>>a(n*2);
	for(int i=0;i<n;i++){
		int x,y,z;
		cin>>x>>y>>z;
		a[i*2]={x,z};
		a[i*2+1]={y+1,-z};
	}
	sort(a.begin(),a.end());
	int l=0;
	ll cost=0;
	ll res=0;
	for(int i=0;i<2*n;i++){
		res+=min(c,cost)*(a[i][0]-l);
		int j=i;
		while(j<2*n&&a[i][0]==a[j][0]){
			cost+=a[j++][1];
		}	
		i=j-1;
		l=a[i][0];
	}
	cout<<res<<'\n';
	return 0;
}

E 商业天才

思路：由于约束条件 $x_i < y_i$ ，这个图是一个有向无环图。
在这个DAG上，考虑动态规划：
$dp_i$ ：可从到达城市 $i$ （除了城市 $i$ 本身）的城镇中最便宜的黄金价格。
按照 $i$ 的递增顺序，对于每个可以直接从 $i$ 出发到达的城市 $j$ ，计算 $dp_j ← min(dp[j], dp[i], A_i)$ ，以计算整个 DP。
我们得到了这个结果，答案就是 $A_i - dp[i]$ 的最大值。总的时间复杂度是 $O (N + M)$ 。

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

int main() {
	ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0), cout.tie(0);
	int n,m;
	cin>>n>>m;
	vector<int>a(n);
	for(int i=0;i<n;i++)cin>>a[i];
	vector<int>e[n];
	for(int i=0;i<m;i++){
		int u,v;
		cin>>u>>v;
		u--,v--;
		e[u].push_back(v);
	}
	vector<int>b(n,2e9);
	int res=-1e9;
	for(int i=0;i<n;i++){
		res=max(res,a[i]-b[i]);
		b[i]=min(b[i],a[i]);
		for(auto j:e[i]){
			b[j]=min(b[i],b[j]);
		}
	}
	cout<<res<<'\n';
	return 0;
}

F 困难数学问题

思路：考虑相反的操作： $1. + 1; 2. - 1, 3./2$ 。
在这里，显然不会连续出现类型1和类型2的操作。
此外，我们可以通过先除以2 再加1 代替先加1 多次然后除以2 的操作，这样操作次数更少（减法同理）。因此，我们可以看到除了最后一个类型3操作之后，我们不必连续执行类型1或类型2操作。
所以我们可以记忆化搜索如下：
当 $\leq x$ 时答案为 $x - n$ ；
当 $n$ 是奇数时答案是 $min (res ((n + 1) /2) + 2, res ((n - 1) /2), n - x)$
当 $n$ 是偶数时答案是 $min (res (n /2) + 1, n - x)$

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

int main() {
	ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0), cout.tie(0);
	ll x,y;
	cin>>x>>y;
	map<ll,ll>res;
	function<ll(ll)>dfs=[&](ll n){
		if(res.count(n))return res[n];
		if(n<=x)return x-n;
		ll ress=n-x;
		if(n&1){
			ress=min(ress,dfs(n/2)+2);
			ress=min(ress,dfs((n+1)/2)+2);
		}
		else ress=min(ress,dfs(n/2)+1);
		res[n]=ress;
		return ress;
	};
	cout<<dfs(y)<<'\n';
	return 0;
}