10.3 The 2018 ACM-ICPC Asia Qingdao Regional Contest
只有自己写的/改的题。
E.Plants vs. Zombies(二分)√
二分答案。最优解就是从左往右，每次走完一个格子需要的步数再向右。
要注意每次要走一步到下一个格子，但如果走(n-1)时满足了(n)的需求就不用再走一步到(n)。
因为写法问题WA了n次。。
//502ms 868kB
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#define gc() getchar()
typedef long long LL;
const int N=2e5+5;
int A[N];
inline int read()
{
int now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
return now;
}
bool Check(int n,LL m,LL pur)
{
LL need=0;
for(int i=1; i<=n; ++i)
{
LL need2=(pur+A[i]-1)/A[i];
need2-=need+1;
if(need2<=0) i!=n?(--m):(!need2/*还需一步到n*/&&--m), need2=0;
else m-=need2*2+1;
if(m<0) return 0;
need=need2;
}
return 1;
}
int main()
{
for(int T=read(); T--; )
{
int n=read(); LL m; scanf("%lld",&m);
for(int i=1; i<=n; ++i) A[i]=read();
LL l=0,r=1e17,mid,ans=0;
while(l<=r)
if(Check(n,m,mid=l+r>>1)) ans=mid, l=mid+1;
else r=mid-1;
printf("%lld
",ans);
}
return 0;
}
I.Soldier Game(枚举 线段树)
(Description)
有(n)个物品，每个价值为(a_i)。现在要将每个物品或相邻的两个物品划分为一组，一组的权值为组中物品价值之和（每个物品属于且只属于一组）。
求划分后组的最大权值-最小权值的最小值。
(nleq 10^5, sum nleq 10^6)。
(Solution)
最大值-最小值，考虑枚举！
区间只有(2n)个，可以将(2n)个区间排序，从小到大枚举最小值。
记(min{max})表示令最大值最小时的最大值。枚举最小值区间(i)后，要用剩下的区间覆盖(1sim n)且使最大值最小，并求一个(min{max})，然后把区间(i)删掉（不能再作为最大值区间）。
最简单的是一个(O(n))DP。可以发现这是一个每次删除一个区间，且答案与递推顺序无关（可以合并区间）的DP，可以用线段树维护。
线段树每个区间维护四个值：
(lmx)：包含左端点但不包含右端点的区间(min{max})。
(rmx)：包含右端点但不包含左端点的区间(min{max})。
(mx)：左右端点都不包含的区间(min{max})。
(ans)：包含左右端点（即整个区间）的(min{max})。
就可以合并区间了（初始化即长度为(1)的区间，合并区间时要用到长度为(2)的区间）。
删除区间的时候可以直接将区间赋值为(INF)（一定不会取）。
还有一个点是，最优解中最大值和最小值区间一定不会重叠（除了n=1或2），所以可以直接查询更新再删除（大概是这样）。
PS: 单点初始化时用长度为1,2的区间举个例子，lmx,rmx不存在就是-INF（取max不影响答案的取值），mx不合法就是INF（长度为1的区间不能用mx更新）。
最小的区间是-2e9，最大的区间可能为1e9，即求答案过程中可能爆int（虽然最终答案int内）。
//299ms 6768kB
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#define gc() getchar()
#define mp std::make_pair
#define pr std::pair<int,int>
typedef long long LL;
const int N=1e5+5,INF=2e9+10;
int A[N],B[N];
pr Ref[N<<1];
struct Segment_Tree
{
#define S N<<2
int lmx[S],rmx[S],mx[S],ans[S];
#undef S
#define ls rt<<1
#define rs rt<<1|1
#define lson l,m,ls
#define rson m+1,r,rs
inline void Update(int rt,int mid)//B:长度为2的区间 B[mid]就是合并时区间相交段的值！
{
int l=ls,r=rs;
lmx[rt]=std::min(std::max(lmx[rs],ans[ls]),std::max(mx[rs],std::max(B[mid],lmx[ls])));
rmx[rt]=std::min(std::max(rmx[ls],ans[rs]),std::max(mx[ls],std::max(B[mid],rmx[rs])));
mx[rt]=std::min(std::max(rmx[ls],lmx[rs]),std::max(mx[ls],std::max(B[mid],mx[rs])));
ans[rt]=std::min(std::max(ans[ls],ans[rs]),std::max(lmx[ls],std::max(B[mid],rmx[rs])));
}
void Build(int l,int r,int rt)
{
if(l==r)
{
lmx[rt]=-INF, rmx[rt]=-INF, mx[rt]=INF/*!*/, ans[rt]=A[l];
return;
}
int m=l+r>>1;
Build(lson), Build(rson), Update(rt,m);
}
void Modify(int l,int r,int rt,int p)
{
if(l==r)
{
ans[rt]=A[l];
return;
}
int m=l+r>>1;
p<=m ? Modify(lson,p) : Modify(rson,p);
Update(rt,m);
}
}T;
inline int read()
{
int now=0,f=1;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=='-'&&(f=-1),c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
return now*f;
}
int main()
{
for(int Ts=read(); Ts--; )
{
int n=read(),cnt=n+n-1;
for(int i=1; i<=n; ++i) Ref[i]=mp(A[i]=read(),i);
for(int i=1; i<n; ++i) Ref[i+n]=mp(B[i]=A[i]+A[i+1],i+n);
std::sort(Ref+1,Ref+1+cnt);
LL ans=1e14;
T.Build(1,n,1);
for(int i=1; i<=cnt && T.ans[1]!=INF; ++i)
{
ans=std::min(ans,1ll*T.ans[1]-Ref[i].first);
int t=Ref[i].second;
t<=n ? (A[t]=INF,T.Modify(1,n,1,t)) : (B[t-n]=INF,T.Modify(1,n,1,t-n));
}
printf("%lld
",ans);
}
return 0;
}
/*
1 4
1000000000 1000000000 -1000000000 -1000000000
*/
K.Airdrop(思路 枚举)
(Description)
二维平面上有(n)个玩家，每个玩家在((x_i,y_i))处。有一个补给箱掉落在((X,Y))处，其中(Y)已知(X)不确定。
每个玩家在一个单位时间内会向补给箱移动一个单位，移动规则：向上下移动到和(Y)同一横坐标后再左右，直到到补给箱处。若两个或多个玩家同时在非补给箱位置的某处相遇则会全部出局。
求(X)不确定情况下出局的最多人数和最少人数。
(Solution)
这题过的人少但不难。。
易知两个或多个人相遇的条件是，他们到((X,Y))的曼哈顿距离相同，即(|x_i-X|+|y_i-Y|)相同。
考虑枚举(X)（最多考虑(2n)个），对于((X,Y))左边的人，若相遇，则有(|X-x_i|+|y_i-Y|)相同，也就是(|y_i-Y|-x_i)相同。从左到有枚举(X)并记录某个值是否出现即可。
对于(X)右边的就是(|y_i-Y|+x_i)相同。
然后是某些细节：三个曼哈顿距离相同的点(i,j,k)，前两个可能会早就相遇然后out，第三个不会出局。可以发现要么是前两个(x)相同，要么是(x_i<x_j<x_k)，(k)不出局。对于前一种情况记录每个值的(las)，后一种情况记一个(tag)即可。
注意下多个人同时出局的情况。
此外我这个写法要注意，(x)相同的点只能在(X)枚举到(x)时更新一次答案（否则不对）。
写的有些乱，不多说了。。自己模拟下就ok。
//309ms 4172kB
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#define gc() getchar()
typedef long long LL;
const int N=1e5+5,M=3e5+15,lim=1e5+2;
int tag[M],tmp[M],las[M];
struct Node
{
int val,x;
bool operator <(const Node &a)const
{
return x==a.x?val<a.val:x<a.x;
}
}A[M];
inline int read()
{
int now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
return now;
}
int main()
{
for(int Ts=read(); Ts--; )
{
int n=read(),y=read();
for(int i=1,X,Y; i<=n; ++i) X=read(), Y=read(), A[i]=(Node){std::abs(Y-y)-X+lim,X};//[-1e5,1e5)->(0,2e5]
std::sort(A+1,A+1+n);
int cnt=n;
for(int i=1; i<n; ++i) if(A[i].x+1<A[i+1].x) A[++cnt]=(Node){0,A[i].x+1};
A[++cnt]=(Node){0,0}, A[++cnt]=(Node){0,A[n].x+1}, std::sort(A+1,A+1+cnt);
A[0].x=A[1].x-1, A[cnt+1].x=A[cnt].x+1;
for(int i=1,ans=0,t,x,j,a; i<=cnt; i=j)
{
for(j=i,a=ans; A[j].x==A[i].x; ++j)
{
tmp[j]=a;
if(t=A[j].val)
{
x=A[j].x;
if(las[t])
if(las[t]==x) tag[t]?++ans:ans+=2, las[t]=0, tag[t]=0;
else if(!tag[t]) ans+=2, las[t]=x, tag[t]=1;
else las[t]=x, tag[t]=0;
else las[t]=x;
}
}
}
for(int i=1,t; i<=cnt; ++i) tag[t=A[i].val]=0, las[t]=0, t&&(A[i].val+=2*A[i].x);//(0,2e5)->(1e5,3e5)
int mn=N,mx=0;
for(int i=cnt,ans=0,t,x,j; i; i=j)
{
mn=std::min(mn,ans+tmp[i]), mx=std::max(mx,ans+tmp[i]);
for(j=i; A[j].x==A[i].x; --j)
{
if(t=A[j].val)
{
x=A[j].x;
if(las[t])
if(las[t]==x) tag[t]?++ans:ans+=2, las[t]=0, tag[t]=0;
else if(!tag[t]) ans+=2, las[t]=x, tag[t]=1;
else las[t]=x, tag[t]=0;
else las[t]=x;
}
}
}
for(int i=1; i<=cnt; ++i) tag[A[i].val]=0, las[A[i].val]=0;
printf("%d %d
",n-mx,n-mn);
}
return 0;
}