2021牛客暑期多校训练营6
F.Hamburger Steak
- 题意
给n个汉堡，m个锅，每个锅只能同时做一个汉堡，做第i个汉堡需要\(a_i\)的时间，并且每个汉堡最多只能被两个锅做，问在尽可能减少平均每口锅做汉堡的时间的条件下，每个汉堡的方案。
- 思路
一看，一想，wtf，好难啊，想了半天，在看，emmm，wc，
签到题
每个汉堡无论被几个锅做，都是\(a_i\)那么最大的时间就是\(max(a_i , sum / m + (sum % m != 0))\)
然后直接写就行了。。
code:
int a[N];
void solve(){
int n,m;
sc("%lld%lld", &n, &m);
int sum = 0, maxn = 0;
for(int i = 1;i <= n;i ++) {
scanf("%lld", &a[i]);
sum += a[i];
maxn = max(maxn,a[i]);
}
int sz = max(maxn, sum / m + (sum % m != 0));
int now = sz;
int cnt = 1;
for(int i = 1;i <= n;i ++) {
if(now >= a[i]) {
pr("1 %d %lld %lld\n", cnt, sz - now, sz - now + a[i]);
now -= a[i];
if(!now) now = sz,cnt ++;
}else {
pr("2 %d %lld %lld %d %lld %lld\n", cnt + 1, 0, a[i] - now, cnt, sz - now, sz);
now = sz - (a[i] - now);
cnt ++;
// if(!now) now += sz, cnt ++;
}
}
}
H.Hopping Rabbit
- 题意
一个二维坐标轴，兔子每次跳的距离是d，并且只向上下左右跳，你需要找到兔子的起始坐标，让他怎么跳都跳不到给出的陷阱中，陷阱为一个矩阵(\(x_i,y_i \to x_j,y_j\))(左下角到右上角)。
- 思路
扫描线，把空间上所有大小为d * d的矩形合并起来，然后扫一遍，看看有没有空的就行
code :
struct node {
int l,r;
};
// sum维护区间最小值
int sum[N << 2], laz[N << 2];
void update(int u,int l,int r,int L,int R,int v) {
if(L > r || l > R) return;
if(L <= l && R >= r) {
sum[u] += v;
laz[u] += v;
return;
}
int mid = l + r >> 1;
if(L <= mid) update(u << 1, l, mid, L, R, v);
if(R > mid) update(u << 1 | 1, mid + 1, r, L, R, v);
sum[u] = min(sum[u << 1], sum[u << 1 | 1]) + laz[u];
return;
}
int query(int u,int l,int r) {
if(l == r) return l;
int mid = l + r >> 1;
if(laz[u] + sum[u << 1] == sum[u]) {
return query(u << 1,l,mid);
}else {
return query(u << 1 | 1,mid + 1,r);
}
}
vector<node> st[N], ed[N];
void solve(){
int n,d;
cin >> n >> d;
bool flag = true;
for(int i = 1;i <= n;i ++) {
int x1,x2,y1,y2;
cin >> x1 >> y1 >> x2 >> y2;
// 精度问题
x1 += d * INF,y1 += d * INF, y2 += d * INF, x2 += d * INF;
vector<node> a,b;
if(x2 - x1 >= d && y2 - y1 >= d) {
flag = 0;
}
if(x2 - x1 >= d) {
a.pb({0,d - 1});
}else if((x2 - 1) % d >= x1 % d) {
a.pb({x1 % d, (x2 - 1) % d});
}else {
a.pb({0,(x2 - 1) % d});
a.pb({x1 % d, d - 1});
}
if(y2 - y1 >= d) {
b.pb({0,d-1});
}else if((y2 - 1) % d >= y1 % d) {
b.pb({y1 % d, (y2 - 1) % d});
}else {
b.pb({0,(y2 - 1) % d});
b.pb({y1 % d, d - 1});
}
for(auto sa : a) {
for(auto sb : b) {
st[sa.l].pb(sb);
ed[sa.r + 1].pb(sb);
}
}
}
if(!flag) {
cout << "NO" << endl;
return;
}
for(int i = 0;i < d;i ++) {
// 维护差分
for(auto a : st[i]) {
update(1,0,d-1,a.l,a.r,1);
}
for(auto b : ed[i]) {
update(1,0,d-1,b.l,b.r,-1);
}
if(sum[1] == 0) {
cout << "YES" << endl;
cout << i << ' ' << query(1,0,d-1) << endl;
return;
}
}
cout << "NO" << endl;
}
I. Intervals on the Ring
- 题意
给你一个n,m，序列长度为n且(n,1)为相邻的，(1,3)表示(1,2,3), (3,1)表示(3,4,5,1), 并且给出m个区间，让你构造一个k个区间，令这k个区间的交集为给出的m个区间的并集。
- 思路
构造题，考场没想到简单的做法，所以写了贼长
就是类似：
110011001100110011
连续1表示需要交集的部分，那么就这样构造, (5,2), (9,5),(13,10),(17,14)记录每一个连续的l,r即可,\(r_i \to l_{i-1}\)即可，最后特判最后一个和第一个是否相连即可。
code:
int a[N];
vpi ans;
void solve(){
int n,m;
cin >> n >> m;
int l,r;
ans.clear();
for(int i = 1;i <= 2 * n;i ++) a[i] = 0;
fep(i,1,m) { // 构建差分数组
cin >> l >> r;
if(l <= r) {
a[l] ++, a[r + 1] --;
}else {
a[l] ++, a[r + n + 1] --;
}
}
if(m == 1) {
cout << "1" << endl << l << ' ' << r << endl;
return;
}
for(int i = 1;i <= 2 * n;i ++) {
a[i] += a[i - 1];
}
// 建立双指针
l = 1,r = 0;
while(l <= n && !a[l] && !a[l + n]) l ++;
r = l;
while(r <= n && (a[r] || a[r + n])) r ++;
if(r > n) {
cout << "1" << endl << l << ' ' << n << endl;
return;
}
int now = r;
r --;
ans.pb({l,r});
while(now <= n && (!a[now] && !a[now + n])) now ++;
while(now <= n) {
int i = now;
while(i <= n && (a[i] || a[i + n])) i ++;
ans.push_back({now,i - 1});
now = i;
while(now <= n && (!a[now] && !a[now + n])) now ++;
}
if(ans.size() == 1) {
cout << "1" << endl;
cout << ans[0].first << ' ' << ans[0].second << endl;
}else {
if((a[n] || a[n + n]) && (a[1] || a[1 + n])) {
cout << ans.size() - 1 << endl;
for(int i = 1;i < ans.size();i ++) {
cout << ans[i].first << ' ' << ans[i - 1].second << endl;
}
}else {
cout << ans.size() << endl;
for(int i = 1;i < ans.size();i ++) {
cout << ans[i].first << ' ' << ans[i - 1].second << endl;
}
cout << ans[0].first << ' ' << ans[ans.size() - 1].second << endl;
}
}
}
J.Defend Your Country
- 题意
给出一个无向连通图，每个点的权值为\(w_i\),那么当一个连通块中的点数为奇数个那么整个联通块的价值是-1*权值和，否则是+1 *权值和，让你通过删边来最大化整个图中的价值
- 思路
- 如果当前整个图的点都是偶数个，那么答案直接是\(\sum_{1}^{n} w_i\)
- 若为奇数个那么一定是将整个图变成 偶+1奇+偶 最优，那么令中间的奇数点最小即可。
- 那么首先，这个奇数点是割点，然后它去的边必须也是偶数的
code:
int n,m;
ll w[N];
int h[N], e[M], ne[M], idx;
int dfn[N],low[N],times;
int sz[N];
ll res = 1e9 + 7;
void add(int a,int b) {
e[idx] = b,ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++;
}
void tarjan(int u,int fa = -1) {
dfn[u] = low[u] = ++ times;
sz[u] = 1;
bool ok = 1;
for(int i = h[u];~i;i = ne[i]) {
int j = e[i];
if(j == fa) continue;
if(!dfn[j]) {
tarjan(j,u);
low[u] = min(low[u],low[j]);
if(u == 1) {
// 根节点是割点的情况
if(i != h[u] && sz[j] % 2) ok = 0;
}
else if(dfn[u] <= low[j] && sz[j] % 2) { // 割点
ok = 0;
}
sz[u] += sz[j];
}else low[u] = min(low[u], dfn[j]);
}
if(ok) res = min(res, w[u]);
}
void solve(){
n = rd(), m = rd();
ll sum = 0;
fep(i,1,n) w[i] = rd(), sum += w[i];
idx = times = 0;
res = 1e9 + 7;
for(int i = 1;i <= n;i ++) {
h[i] = -1;
dfn[i] = 0;
sz[i] = 0;
}
fep(i,1,m) {
int a = rd(),b = rd();
add(a,b);
add(b,a);
}
if(n % 2 == 0) {
cout << sum << endl;
return;
}
// 寻找割点，令整个图分割成(偶奇偶)即可
tarjan(1);
ll ans = max(-sum, sum - 2 * res);
pr("%lld\n", ans);
}