前情提要
这个博客好像已经停更两个月了呢。
这段时间就算是摸鱼了吧...
在两周前刚刚比完校赛，我们队终于以rank#8,rank#9,rank#10的成绩获得了暑期集训的资格。
队名也由之前随便起的Avengers,Prevengers改成了Die_Java
队伍的wiki也搬家搬到了这里
这段时间，知识点该不会啥还是不会啥，但是每周日的训练赛还是打的。
总之爷又回来了！！！
A. Puzzle Pieces
题解
全摆一行显然可以，一横一竖这么交替摆就行，考虑两行的话，那个很讨厌的凹槽画画图就能发现，只有2*2才能满足，除了这两类剩下的都不行。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
typedef long long LL;
typedef pair<int,int> PII;
#define X first
#define Y second
inline int read()
{
int x=0,f=1;char c=getchar();
while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
while(isdigit(c)){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
return x*f;
}
int T,n,m;
int main()
{
T=read();
while(T--)
{
n=read();m=read();
if(n>m)swap(n,m);
if(n==1)printf("YES
");
else if(n==2 && m==2)printf("YES
");
else printf("NO
");
}
return 0;
}
B. Card Constructions
题解
先来一个小学级别的递推：(f_i=f_{i-1}+3*i-1),然后就根据题意不断二分就好了
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
typedef long long LL;
typedef pair<int,int> PII;
#define X first
#define Y second
inline int read()
{
int x=0,f=1;char c=getchar();
while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
while(isdigit(c)){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
return x*f;
}
int T,n;
LL f[50010];
int func(int x)
{
if(x<=0)return 0;
int pos=lower_bound(f+1,f+50000+1,x)-f;
if(f[pos]==x)return 1;
if(f[pos-1]==0)return 0;
return 1+func(x-f[pos-1]);
}
int main()
{
f[1]=2;
for(int i=2;i<=50000;i++)f[i]=f[i-1]+3ll*i-1ll;
T=read();
while(T--)
{
n=read();
printf("%d
",func(n));
}
return 0;
}
C. Hilbert's Hotel
题解
经典希尔伯特酒店。（当时没发现这个标题是这个意思，导致读题卡了半天）
有冲突的意思，翻译一下就是(a_i-a_j equiv i-j(mod N))，进一步写(a_i-a_j=k*N+i-j),移项(a_i+i equiv a_j+j (mod N)),开个vis数组记录一下即可，注意要把负数给加成正数。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
typedef long long LL;
typedef pair<int,int> PII;
#define X first
#define Y second
inline int read()
{
int x=0,f=1;char c=getchar();
while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
while(isdigit(c)){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
return x*f;
}
const int maxn=200010;
int T,n,a;
bool vis[maxn];
int main()
{
T=read();
while(T--)
{
n=read();
bool ok=0;
for(int i=0;i<n;i++)vis[i]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
a=(read()+i+(1000000000)/n*n+n)%n;
if(vis[a]==1 && !ok){
printf("NO
");
ok=1;
}
vis[a]=1;
}
if(!ok)printf("YES
");
}
return 0;
}
D. Monopole Magnets
题解
结论题
最终答案就是四连块数量。
判无解的情况多点儿，
第一点是：黑色块不能有凹进去的部分，因为如果有凹进去部分的话一定会被吸到白色区域。
第二点，在本行本列都没有黑格的地方是可以放北极磁铁的，因为不会有影响，其他地方北极磁铁必须放到黑格。
代码可读性极差，自己都不知道自己在写啥
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
typedef long long LL;
typedef pair<int,int> PII;
#define X first
#define Y second
inline int read()
{
int x=0,f=1;char c=getchar();
while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
while(isdigit(c)){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
return x*f;
}
const int maxn=1010;
int n,m,ans,dx[4]={1,0,-1,0},dy[4]={0,1,0,-1};
char pic[maxn][maxn];
bool vis[maxn][maxn],heng[maxn],shu[maxn];
bool legal(int x,int y){return x>=0 && x<n && y>=0 && y<m;}
void dfs(int x,int y,int col)
{
vis[x][y]=1;
for(int i=0;i<4;i++)
{
int nx=x+dx[i],ny=y+dy[i];
if(legal(nx,ny) && pic[nx][ny]=='#' && !vis[nx][ny])dfs(nx,ny,col);
}
}
int main()
{
n=read();m=read();
for(int i=0;i<n;i++)scanf("%s",pic[i]);
bool ass=0;
for(int i=0;i<n;i++)for(int j=0;j<m;j++)if(pic[i][j]=='#')ass=1;
if(!ass)return puts("0"),0;
for(int i=0;i<n;i++)
{
int ok=0;
for(int j=0;j<m;j++)if(pic[i][j]=='#')ok=1;
if(!ok)heng[i]=1;
}
for(int i=0;i<m;i++)
{
int ok=0;
for(int j=0;j<n;j++)if(pic[j][i]=='#')ok=1;
if(!ok)shu[i]=1;
}
for(int i=0;i<n;i++)for(int j=0;j<m;j++)if(heng[i] && shu[j])vis[i][j]=1;//,printf("%d %d
",i,j);
for(int i=0;i<n;i++)
{
int ok=0,ok2=0;
for(int j=0;j<m;j++)
{
if(vis[i][j])ok2=1;
if(pic[i][j]=='#')
{
ok++;
while(j<m && pic[i][j]=='#')j++;
}
}
if(ok>1 || (!ok2 && !ok))return puts("-1"),0;
}
for(int i=0;i<m;i++)
{
int ok=0,ok2=0;
for(int j=0;j<n;j++)
{
if(vis[j][i])ok2=1;
if(pic[j][i]=='#')
{
ok++;
while(j<n && pic[j][i]=='#')j++;
}
}
if(ok>1 || (!ok2 && !ok))return puts("-1"),0;
}
for(int i=0;i<n;i++)for(int j=0;j<m;j++)if(pic[i][j]=='#' && !vis[i][j])dfs(i,j,++ans);
printf("%d
",ans);
return 0;
}
E. Quantifier Question
题解
没想明白，下次一定。
F. Résumé Review
题解
本人有两种理解。
第一种理解，我称之为离散拉格朗日数乘法。
先说目标函数：
(f(b_1,...,b_n)=sum^{n}_{i=1} b_i*(a_i-b_i^2))
然后是约束条件：：
(sum b_i=k)
(0 leq b_i leq a_i) 有(n) 组。
讲道理，这种约束条件带有不等式的应该由一种叫KKT条件的东西来解决，
但是题目中已经说了都是离散的，所以我们先试试求一求目标函数的离散偏导
$frac{part f}{part b_i} $ = $ b_i(a_i-b_i^2) - (b_i-1)(a_i-(b_i-1)^2) =a_i-3b_i^2+3b_i+1 $ ,显然是一个关于(b_i) 的二次函数，其中(0 leq b_i leq a_i)。很巧的是，这个二次函数的对称轴为(x=frac{1}{2}) ，在(x=1,2,3) 这种离散取值中完全是单调递减的,所以为了让目标函数最大，这些(b_i) 显然应该更靠左更好，只需要满足(sum b_i=k)即可，所以我们就可以完全无视这(n) 个约束条件：(0 leq b_i leq a_i)。剩下的就套用正常拉格朗日数乘的规则，使得目标函数的梯度(
abla = (frac{part f}{part b_1} ,...,frac{part f}{part b_n}))与约束条件函数的梯度((1,..,1))平行，当然了这个梯度是离散梯度。
那么我们二分这个两个梯度向量的比值，分别求出每个(b_i) ，看他们是否和(k) ,直到满足题意为止。
当然了，二分即便到了最后也有大概率可能会出现(sum b_i>K) 的情况，我们需要对(b_i)进行一些微调，用优先队列维护(min(frac{part f}{part b_i}(ans_i))) ，表示这个(ans)减一后损失的贡献。执行(sum b_i-K) 即可。
第二种理解，是比较正常的理解。
也是发现了类似于离散偏导单调递减的性质，那么每次指定一个(i) ，使得(i) 向右移动一格，会使最终答案少一点，我们就让那个减少值每次都最小，这样执行(k) 次一定是最大值。（就相当于在(n) 维空间走(k) 步），后面的操作请参考这里
复杂度是(O(nlog(max{a_i})^2))，之前我不想要第二个(log),就直接求根公式求得每个(b_i),结果一直错，后来发现是在计算(delta) 的时候爆long long了。。。。其实可以用int_128解决，但是我最后还是认怂写了个二分了。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
typedef long long LL;
typedef pair<LL,LL> PII;
#define X first
#define Y second
inline LL read()
{
LL x=0,f=1;char c=getchar();
while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
while(isdigit(c)){x=x*10ll+c-'0';c=getchar();}
return x*f;
}
const int maxn=100010;
LL F(LL x,LL y){return x-3ll*y*y+3ll*y-1;}
LL n,k,a[maxn],L=9e18,R=-9e18,ans[maxn],pos[maxn],minn=9e18;
priority_queue<PII,vector<PII>,greater<PII> > Q;
bool judge(LL index)
{
LL sum=0;
for(LL i=1;i<=n;i++)
{
LL left=0,right=a[i]+1;
while(right-left>1)
{
LL mid=left+right>>1ll;
if(F(a[i],mid)>=index)left=mid;
else right=mid;
}
if(F(a[i],left)>=index)pos[i]=left;
else pos[i]=right;
sum+=pos[i];
}
if(sum-k<minn && sum>=k)
{
minn=sum-k;
for(LL i=1;i<=n;i++)ans[i]=pos[i];
}
return sum<k;
}
int main()
{
n=read();k=read();
for(LL i=1;i<=n;i++)a[i]=read(),L=min(L,F(a[i],a[i])),R=max(R,a[i]);
while(R-L>1)
{
LL mid=L+R>>1ll;
if(judge(mid))R=mid;
else L=mid;
}
judge(L);judge(R);
for(int i=1;i<=n;i++)if(ans[i])Q.push(make_pair(F(a[i],ans[i]),i));
while(minn--)
{
PII now=Q.top();Q.pop();
ans[now.Y]--;
if(ans[now.Y])Q.push(make_pair(F(a[now.Y],ans[now.Y]),now.Y));
}
for(int i=1;i<n;i++)printf("%lld ",ans[i]);
printf("%lld
",ans[n]);
return 0;
}