有 $n$ 个人，每个人各有一种最喜欢的饮料，但是买饮料的时候只能同一种的两个两个买(两个一对)
学校只打算卖 $left lceil frac{n}{2} ight ceil$ 对
这意味着有些学生喝不到最喜欢的饮料，求最多有多少学生能喝的最喜欢的饮料
人数和饮料种数均小于等于 $1000$
直接贪心，对于喜欢同一种饮料的学生中，如果人数为奇数，要么单独买一对，然后把另一个给不喜欢这种饮料的人
要么喝自己不喜欢的饮料，设喜欢某种饮料的学生人数为奇数的饮料种数为 $x$，那么显然答案就是 $left lfloor frac{x}{2} ight floor$
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cmath> #include<map> using namespace std; typedef long long ll; typedef long double ldb; inline int read() { int x=0,f=1; char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9') { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); } while(ch>='0'&&ch<='9') { x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); } return x*f; } const int N=1e5+7; int n,k,a[N],cnt[N],ans; int main() { n=read(),k=read(); for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read(),cnt[a[i]]++; for(int i=1;i<=k;i++) if(cnt[i]&1) ans++; printf("%d ",n-ans/2); }
有个人，进行了 $n$ 此操作，每次操作分为两种，放一些糖到盒子里，并且放的数量比上一次多 $1$，或者如果盒子有糖也可以选择从盒子里拿一个糖吃掉
第一次操作固定是往盒子里放一个糖，已知操作次数 $n$ 和最后剩下的糖的数量 $k$
求 $ta$ 吃的糖数量，保证有解
直接设进行了 $x$ 次 $1$ 操作，那么剩下的操作都是吃糖，所以可以列出方程
$x(x+1)/2=k+(n-x)$
解一下方程答案的公式就出来了
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cmath> #include<map> using namespace std; typedef long long ll; typedef long double ldb; inline int read() { int x=0,f=1; char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9') { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); } while(ch>='0'&&ch<='9') { x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); } return x*f; } ll n,k; int main() { n=read(),k=read(); // p*(p+1)/2=k+n-p // p^2+p=2k+2n-2p // p^2+3p-(2k+2n)=0 // 9+8(n+k) // (-3+sqrt(8(n+k)+9))/2 ll p=(sqrt((n+k)*8+9)-3)/2; printf("%lld ",p*(p+1)/2-k); return 0; }
两排长度为 $n$ 的数 $A,B$，从左到右每次可以选择 $A,B$ 中的一个或者不选，对于同一排不能选择相邻的数，求能得到的最大值
显然设 $F[i][0/1]$ 表示从左到右选到第 $i$ 个位置，当前位置选择的数是 $A/B$，转移显然，具体看代码
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cmath> #include<map> using namespace std; typedef long long ll; typedef long double ldb; inline int read() { int x=0,f=1; char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9') { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); } while(ch>='0'&&ch<='9') { x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); } return x*f; } const int N=1e6+7; int n,a[N][2]; ll f[N][2]; int main() { n=read(); for(int i=1;i<=n;i++) a[i][0]=read(); for(int i=1;i<=n;i++) a[i][1]=read(); f[1][0]=a[1][0]; f[1][1]=a[1][1]; for(int i=2;i<=n;i++) { f[i][0]=max(f[i-1][1]+a[i][0],f[i-1][0]); f[i][1]=max(f[i-1][0]+a[i][1],f[i-1][1]); } printf("%lld ",max(f[n][0],f[n][1])); return 0; }
D1. Submarine in the Rybinsk Sea (easy edition)
对于两个数 $A,B$，它们从左到右每一位分别是 $A[1]A[2]...A[m],B[1]B[2]B[m]$
定义函数 $F(A,B)$ 表示把两个数错位插在一起的结果，即 $A[1]B[1]...A[m-1]B[m-1]A[m]B[m]$
（具体例子看原题面）
给定数列 $a[]$，求 $sum_isum_jF(a[i],a[j])$，保证数列中每个数的长度相等
考虑每一个数对答案的贡献，发现当它(设为 $C$)被 $i$ 枚举到时的贡献总是 $C[1]0C[2]0C[3]0...C[m]0$，被 $j$ 枚举到时的贡献总是 $C[1]0C[2]...0C[m]$
显然被 $i,j$ 枚举到的次数都为 $n$，所以贡献可以一起算
具体操作起来写个函数把数转化一下就行了，我的写法要注意 $unsigned long long$
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cmath> #include<map> using namespace std; typedef unsigned long long ll; typedef long double ldb; inline int read() { int x=0,f=1; char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9') { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); } while(ch>='0'&&ch<='9') { x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); } return x*f; } const int N=1e6+7,mo=998244353; ll n,a[N],f[27],ans; int p[27]; ll F(ll x,int type)//把数转换成插入一堆0的结果 { int len=0; for(ll t=x;t;t/=10) p[++len]=t%10; ll res=0; for(int i=1;i<=len;i++) res+=p[i]*f[i*2+type]; return res%mo; } int main() { n=read(); for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read(); f[1]=1; for(int i=2;i<=20;i++) f[i]=f[i-1]*10; for(int i=1;i<=n;i++) ans=(ans+F(a[i],0))%mo,ans=(ans+F(a[i],-1))%mo; printf("%lld ",ans*n%mo); return 0; }
D2. Submarine in the Rybinsk Sea (hard edition)
题目同上，唯一的区别就是数列 $a[]$ 中每个数的长度不一定相等
同样考虑每个数的贡献，发现一个数 $C$ 被 $i$ 枚举到时的贡献只和此时被 $j$ 枚举到的数的长度有关，被 $j$ 枚举到时的贡献也同理
所以记录一下长度为 $k$ 的数有多少个，把相同的贡献一起计算就好了
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cmath> #include<map> using namespace std; typedef unsigned long long ll; typedef long double ldb; inline int read() { int x=0,f=1; char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9') { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); } while(ch>='0'&&ch<='9') { x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); } return x*f; } const int N=1e6+7,mo=998244353; ll n,a[N],f[27],ans; int p[27],cnt[27]; int Len(ll x) { int res=0; while(x) res++,x/=10; return res; } ll F(ll x,int type,int num) { int len=0; for(ll t=x;t;t/=10) p[++len]=t%10; ll res=0; for(int i=1;i<=min(len,num);i++) res+=p[i]*f[i*2+type]; for(int i=num+1;i<=len;i++) res+=p[i]*f[num+i]; // cout<<x<<" "<<num<<" "<<res<<endl; return res%mo; } int main() { n=read(); for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read(); f[1]=1; for(int i=2;i<=20;i++) f[i]=f[i-1]*10; for(int i=1;i<=n;i++) cnt[Len(a[i])]++; for(int i=1;i<=n;i++) { // cout<<a[i]<<endl; // for(int j=1;j<=10;j++) F(a[i],0,j); // for(int j=1;j<=10;j++) F(a[i],-1,j); for(int j=1;j<=10;j++) ans=(ans+F(a[i],0,j)*cnt[j]%mo)%mo; for(int j=1;j<=10;j++) ans=(ans+F(a[i],-1,j)*cnt[j]%mo)%mo; } printf("%lld ",ans); return 0; }
给一个 $n*m$ 的矩阵，求其中所有 $a*b$ 的子矩阵的元素最小值之和
$n,m<=1000$
和这一题同样的思路：[HAOI2007]理想的正方形
直接单调队列横着竖着扫一遍就好了
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cmath> #include<map> using namespace std; typedef unsigned long long ll; typedef long double ldb; inline int read() { int x=0,f=1; char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9') { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); } while(ch>='0'&&ch<='9') { x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); } return x*f; } const int N=3007; int n,m,a,b,h[N][N]; int F[N][N],G[N][N],Q[N]; ll g[N*N],x,y,z,ans; int main() { n=read(),m=read(),a=read(),b=read(); int tot=0; g[0]=read(),x=read(),y=read(),z=read(); for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) { h[i][j]=g[tot]; tot++; g[tot]=(g[tot-1]*x+y)%z; } for(int i=1;i<=n;i++) { int L=1,R=0; for(int j=1;j<=m;j++) { while(L<=R&&Q[L]<=j-b ) L++; while(L<=R&&h[i][j]<=h[i][Q[R]]) R--; Q[++R]=j; F[i][j]=h[i][Q[L]]; // cout<<F[i][j]<<" "; } } for(int j=1;j<=m;j++) { int L=1,R=0; for(int i=1;i<=n;i++) { while(L<=R&&Q[L]<=i-a) L++; while(L<=R&&F[i][j]<=F[Q[R]][j]) R--; Q[++R]=i; G[i][j]=F[Q[L]][j]; // cout<<G[i][j]<<" "; if(i>=a&&j>=b) ans+=G[i][j]; } } printf("%lld ",ans); return 0; }