作为橙名来水了一发……
这次题目就比上次良心多了。7题有5题会做。
然而风格仍然很怪异……还是练少了？
A
水题。不过一开始没注意细节挂了几发，罚时罚的真痛……
明显是能除以 $k$ 就除以 $k$，否则就 $-1$。但注意不能直接最裸的模拟。
时间复杂度 $O(Tlog n)$。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; typedef pair<int,int> PII; const int maxn=100010; #define MP make_pair #define PB push_back #define lson o<<1,l,mid #define rson o<<1|1,mid+1,r #define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++) #define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--) #define MEM(x,v) memset(x,v,sizeof(x)) inline ll read(){ char ch=getchar();ll x=0,f=0; while(ch<'0' || ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar(); while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar(); return f?-x:x; } int t; ll n,k,cnt; int main(){ t=read(); while(t--){ n=read();k=read(); cnt=0; while(n){ if(n%k==0) n/=k,cnt++; else{ ll t=n/k*k; cnt+=n-t; n=t; } } cout<<cnt<<endl; } }
B
堪比NOIP2017D1T2的模拟程序。
有很多细节，然后我的同学们就全挂了，就我一个幸存？？？
用 $y[i]$ 表示到第 $i$ 行时共会循环多少次，$hhh[i]$ 表示 $y[i]$ 是否溢出。
代码写着也不是很难受。时间复杂度 $O(n)$。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; typedef pair<int,int> PII; const int maxn=100010; #define MP make_pair #define PB push_back #define lson o<<1,l,mid #define rson o<<1|1,mid+1,r #define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++) #define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--) #define MEM(x,v) memset(x,v,sizeof(x)) inline ll read(){ char ch=getchar();ll x=0,f=0; while(ch<'0' || ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar(); while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar(); return f?-x:x; } int l,stk[maxn],tp; char op[maxn][10]; bool hhh[maxn]; ll x,y[maxn],a[maxn]; int main(){ l=read(); FOR(i,1,l){ scanf("%s",op[i]+1); if(op[i][1]=='f') a[i]=read(); } y[0]=1; FOR(i,1,l){ if(op[i][1]=='f'){ stk[++tp]=i; y[i]=y[i-1]*a[i]; if(hhh[i-1] || y[i]>=(1ll<<32)) hhh[i]=true; } else{ if(op[i][1]=='e') y[i]=y[stk[tp]-1],hhh[i]=hhh[stk[tp]-1],tp--; else{ y[i]=y[i-1];hhh[i]=hhh[i-1]; if(hhh[i]) return puts("OVERFLOW!!!"),0; x+=y[i]; if(x>=(1ll<<32)) return puts("OVERFLOW!!!"),0; } } } cout<<x<<endl; }
C
有一点点点点的难度。
发现对于一个点，与它前 $k$ 近的点是一个长度为 $k$ 的区间。
枚举这个区间，对于一个区间最优答案在中点取得。对所有中点取个最优即可。
时间复杂度 $O(sum n)$。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; typedef pair<int,int> PII; const int maxn=200020; #define MP make_pair #define PB push_back #define lson o<<1,l,mid #define rson o<<1|1,mid+1,r #define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++) #define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--) #define MEM(x,v) memset(x,v,sizeof(x)) inline ll read(){ char ch=getchar();ll x=0,f=0; while(ch<'0' || ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar(); while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar(); return f?-x:x; } int t,n,k,a[maxn],x,y; int main(){ t=read(); while(t--){ n=read();k=read()+1; FOR(i,1,n) a[i]=read(); y=1e9; FOR(l,1,n-k+1){ int r=l+k-1,mid=(a[l]+a[r])>>1; if(a[r]-a[l]<y) y=a[r]-a[l],x=mid; } printf("%d ",x); } }
D
比B和C还水的水题。
我们假设分割点是 $x_1,x_2,x_3,cdots,x_{k-1},x_k$。注意 $x_1=1$。那么题目中的式子就是 $sum suf[x_i]$。（$suf$ 是后缀和）
那么在 $suf[2],suf[3],cdots,suf[n]$ 中取前 $k-1$ 大，再与 $suf[1]$ 相加就是答案。
时间复杂度 $O(nlog n)$。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; typedef pair<int,int> PII; const int maxn=300030; #define MP make_pair #define PB push_back #define lson o<<1,l,mid #define rson o<<1|1,mid+1,r #define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++) #define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--) #define MEM(x,v) memset(x,v,sizeof(x)) inline ll read(){ char ch=getchar();ll x=0,f=0; while(ch<'0' || ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar(); while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar(); return f?-x:x; } int n,k,a[maxn]; ll suf[maxn],ans; int main(){ n=read();k=read(); FOR(i,1,n) a[i]=read(); ROF(i,n,1) suf[i]=suf[i+1]+a[i]; sort(suf+2,suf+n+1,greater<ll>()); ans=suf[1]; FOR(i,2,k) ans+=suf[i]; cout<<ans; }
E
开始有难度了。
首先发现对于左端点相同的区间，只需要保留右端点最右的一个。
（以下设询问区间为 $[x,y]$）
然后假设 $[x,y_0]$ 已经被完全覆盖了，那么下一个要选的区间的左端点要 $le y_0$，且右端点尽可能右。
设 $mx[l]$ 表示左端点 $le l$ 的区间中的最右右端点。
那么问题就变成从 $x$ 开始跳，跳到 $mx[x]$，再跳到 $mx[mx[x]]$……一直跳跳到 $ge y$ 为止，问要多少步。
那么就是显然的倍增了。
设 $to[i][j]$ 表示从 $i$ 开始跳 $2^j$ 会跳到哪。那么有 $to[i][0]=mx[i],to[i][j]=to[to[i][j-1]][j-1]$。
对于每个询问，先判无解。
否则从 $19$ 到 $0$ 枚举 $j$。如果 $to[x][j]<y$ 那么把 $x$ 跳到 $to[x][j]$。
这时当 $to[x][0]<y$ 那么无解，因为已经跳了 $2^20$ 步了，如果还没跳到那么说明没法再跳到了（只能在原地跳环）。否则因为有解，所以枚举完后再跳一步一定能 $ge y$。
时间复杂度 $O(n+(q+A)log A)$。（$A$ 为端点坐标最大值）
代码细节，为了不让 $to[i][j]<i$，一开始把 $mx[i]$ 设成 $i$ 就行了，不影响答案。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int maxn=500050; #define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++) #define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--) #define MEM(x,v) memset(x,v,sizeof(x)) inline ll read(){ char ch=getchar();ll x=0,f=0; while(ch<'0' || ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar(); while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar(); return f?-x:x; } int n,m,k=500000,mx[maxn],to[maxn][20]; int main(){ n=read();m=read(); FOR(i,0,k) mx[i]=i; FOR(i,1,n){ int l=read(),r=read(); mx[l]=max(mx[l],r); } FOR(i,1,k) mx[i]=max(mx[i-1],mx[i]); FOR(i,0,k) to[i][0]=mx[i]; FOR(j,1,19) FOR(i,0,k) to[i][j]=to[to[i][j-1]][j-1]; while(m--){ int x=read(),y=read(),cnt=0; ROF(i,19,0) if(to[x][i]<y) cnt+=1<<i,x=to[x][i]; if(to[x][0]<y) puts("-1"); else printf("%d ",cnt+1); } }
F,G
还不会，以后再来搞。