比賽鏈接：Here
1001 - Away from College
1002 - Boxes
思路：只要使用一次hints，以后的每一步都可以知道剩下多少個黑球。所以最少花費是全部盒子開一遍或者先用一次hints后面再碰運氣，注意到，每開一個盒子都有一定概率直接結束（后面全都是白球或全都是黑球）
所以先排序，枚舉前綴和至倒數第二個盒子，再乘以概率 \(\frac12^{n - i}\times2\)
最后答案為：\(ans = min(sum[n],c + \sum\limits_{i = 1}^{n - 1}(sum[i] * \frac12^{n - i + 1}))\)
試一下樣例
\(n = 4,C = 0.123456\\1\ 1\ 1\ 1\)
前綴和分別是 \(1,2,3,4\)
\(ans = min(4,0,123456 + 1∗1/8+2∗1/4+3∗1/2) = min(4,2.248456)=2.248456\)
代碼
const int N = 1e5 + 10;
double a[N];
int main() {
// cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
int n; double c;
cin >> n >> c;
double sum = 0.0, ans = 0.0;
for (int i = 1 ; i <= n; ++i) cin >> a[i], sum += a[i];
sort(a + 1, a + 1 + n);
double f = 1.0;
for (int i = n; i > 0; i -= 1) {
ans += (1.0 - f) * a[i];
f /= 2.0;
}
cout << fixed << setprecision(6) << min(sum, c + ans);
}
1003 - Cheating and Stealing
1004 - Double Strings
超級眼熟，沒想到就是 19年 CCPC秦皇島 C 題的改版。
引用一下官網題解
好的方案的構成是“一段相同的前綴+一個不同字符（a比b小）+長度相同的任意后綴”。枚舉不同的字符在兩個序列中的位置。
用 \(dp[i][j]\) 表示只考慮 A 中的前 i 個字符和 B 中的前 j 個字符時的相同的子序列的個數，轉移可以 \(O(1)\)，這樣可以統計出相同的前綴個數，這部分是 \(O(|s|*|t|)\) 的。
長度相同的任意后綴也可以用類似的 dp 計算，或者設 A 中此時剩余長度為 x, B 中剩余長度為 y，不失一般性地設 \(x≤y\) ，現在要求的就是 \(ΣC(x,i)*C(y,i) = ΣC(x,x-i)*C(y,i) = C(x+y,x)\)，這部分也是 \(O(|s|*|t|)\) 的。
using ll = long long;
#define mod 1000000007
ll la, lb, adf[5010], adg[5010], f[5010], g[5010];
char a[5010], b[5010];
int main() {
cin >> a + 1 >> b + 1;
la = strlen(a + 1);
lb = strlen(b + 1);
for (int i = 1; i <= la; i++) {
for (int j = 1; j <= lb; j++) adf[j] = adg[j] = 0;
for (int j = 1; j <= lb; j++) {
if (a[i] == b[j]) adg[j] = g[j - 1] + 1;
adf[j] = f[j - 1];
if (a[i] < b[j]) adf[j] += g[j - 1] + 1;
}
for (int j = 1; j <= lb; j++) {
adg[j] += adg[j - 1];
adf[j] += adf[j - 1];
g[j] += adg[j];
f[j] += adf[j];
adg[j] %= mod; adf[j] %= mod;
g[j] %= mod; f[j] %= mod;
}
}
cout << (f[lb] % mod + mod) % mod;
return 0;
}
1005 - Eert Esiwtib
1006 - Finding Points
1007 - Greater Integer, Better LCM
1008 - Holding Two （簽到）
題目描述
在$n \times m$ 的 $01$ 矩陣中
請問是否存在任意3個點 $(-1\le x_1 - x_2 = x_2 - x_3 \le 1,-1\le y_1 - y_2 = y_2 - y_3 \le 1)$
如果存在則輸出任何一種情況，否則輸出 -1
簡單來說就是滿足在橫行，豎行，斜行中任意的連續的3個的元素不能都為0，或都為1；
考慮了挺多情況發現下面這種寫法對於任何 \(n,m\) 都成立
【AC Code】
int main() {
cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
int n, m; cin >> n >> m;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
for (int j = 0; j < m; ++j)
cout << ((i & 1) ? ((j + 1) / 2 % 2) : !((j + 1) / 2 % 2));
cout << "\n";
}
}
1009 - Interval Queries
看不懂，沒思路，fw二連
1010 - Jewels
題目描述
把大海想象成一個三維坐標，我們的坐標為 $(0,0,0)$,現在有 $n$ 個寶石，但是每一秒寶石會以 $v_i$ 下沉，用 $d$ 來表示強度: 該時刻打撈的寶石與你之間的距離。請最小化總強度。
開賽的時候看了下這個似乎是貪心排序就能寫？自信交了一發，WA打臉。之后隊友看出 \(k\) 才是簽到，所以就比賽時沒管這道題了
正解的思路：所有的寶石肯定都在 \(0\) ~ \(n-1\) 這 \(n\) 個時刻被挖掉，那么問題就變成一個最小權匹配了，一邊是時刻，一邊是寶石，邊權就是在這個時刻挖這個寶石所消耗的體力值。
稍微套一下板子就可以了
代碼
ll n, ans;
struct jew {ll z, v, id;} a[310];
ll f(ll t, jew x) {t--; return t * t * x.v * x.v + 2 * t * x.v * x.z;} //邊權
void g(int x) {
int t;
for (int i = 1; i <= n; i++) //找到當前寶石所匹配的時間
if (a[i].id == x) {t = i; break;}
for (int i = 1; i <= n; i++) { //枚舉所有的邊
if (f(i, a[i]) + f(t, a[t]) > f(t, a[i]) + f(i, a[t])) { //找增廣路
swap(a[i], a[t]); //匹配寶石到時間更優的位置
g(a[t].id); g(x); //暴力遞歸找增廣路
}
}
}
int main() {
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
ll x, y, z, v; cin >> x >> y >> z >> v;
ans += x * x + y * y + z * z;
a[i] = (jew) {z, v, i};
}
for (int i = 1; i <= n; i++) g(i);
for (int i = 1; i <= n; i++) ans += f(i, a[i]); //累加答案
cout << ans << "\n";
return 0;
}
1011 - King of Range
題目描述
長度 $n$ 的序列，定義區間大小為區間內最大值減去最小值的值，請問在 $m$ 次查詢中有多少對區間嚴格大於 $k$
令 \(R_i\) 為 \(l=i\) 時，滿足極差大於 \(k\) 的最小的 \(r\)，如果不存在則記 \(R_i = n+1\)。那么顯然有 \(R_1 ≤ R_2 ≤ ... ≤ R_n\)。
因為區間端點是單調的，明顯的求單調隊列問題。
其中一個遞增序列，隊首維護最小值，一個遞減序列，隊首維護最大值，每次彈出兩個隊列中隊首靠前的一個，直到極差 \(≤ k\)。那么就可以在均攤 \(O(1)\) 的時間內求 \(R_i\) 了。
不過需要同時維護兩個（一個求最大值，另一個求最小值）
代碼
const int N = 1e5 + 10;
int a[N], q1[N], q2[N], h1, t1, h2, t2;
int main() {
cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
int n, q;
cin >> n >> q;
for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> a[i];
while (q--) {
int k;
cin >> k;
h1 = h2 = t1 = t2 = 1;
q1[1] = q2[1] = 1;
int j = 1;
ll ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
if (q1[h1] < i) ++h1;
if (q2[h2] < i) ++h2;
while (j < i || a[q2[h2]] - a[q1[h1]] <= k) {
if (j == n)break;
++j;
while (t1 >= h1 && a[q1[t1]] > a[j])--t1;
while (t2 >= h2 && a[q2[t2]] < a[j])--t2;
q1[++t1] = j;
q2[++t2] = j;
}
if (a[q2[h2]] - a[q1[h1]] <= k) break;
ans += n - j + 1;
}
cout << ans << "\n";
}
}