牛客练习赛6

A题：

方法一：一元二次方程求解，但是会有精度误差，+1个点特判一下。

#include <bits/stdc++.h>
 
using namespace std;
 
typedef unsigned long long ll;
 
ll t;
ll x,y,z;
 
int main()
{
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    ll n;
    scanf("%lld%lld",&n,&t);
 
    ll ans = 0;
    for(ll i = 1; i <= n; i++) {
        scanf("%lld%lld%lld",&x,&y,&z);
        ll cnt;
        if(y==0&&z==0) continue;
        if(z==0) cnt = t/(x+y);
        else if(z!=0) {
            ll sq = ((x+y)-z/2)*((x+y)-z/2) + 2*z*t;
            sq = sqrt(sq) + z/2 - (x+y);
            cnt = (sq/z);
        }
         
        if((cnt+1)*(x+y)+(cnt+1)*cnt/2*z<=t)
            cnt++;
         
        ll tmp = cnt*(x+y) + cnt*(cnt-1)/2*z;
        if(t-tmp>=x) {
            ans += (t-(cnt+1)*x);
        }
        else {
            ans +=(t-cnt*x-(t-tmp));
        }
 
    }
    cout<<ans<<endl;
 
    return 0;
}

方法二：二分

二分是很坑的，二分上界是2e9，中间结果爆数据类型。大佬的解法是处理一下mid，2e9 >= (mid-1)*mid/2*z，移项一下。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;

ll n,t,ans,res;
ll x,y,z;

int main()
{
    scanf("%lld%lld",&n,&t);
    for(ll i = 1ll; i <= n; i++) {
        scanf("%lld%lld%lld",&x,&y,&z);

        ll l = 1,r= 2000000000;
        ans = 0;
        while(l<=r) {
            ll mid = (l+r)>>1;
            if(2000000000/mid>=(mid-1)*z/2&&(1ll*(x+y)*mid+1ll*(mid-1)*mid/2*z)<=t)
            {
                l = mid+1;
                ans = mid;
            }
            else r = mid - 1;
        }

        ll tmp = (1ll*(x+y)*ans+1ll*(ans-1)*ans/2*z);
        ll tt = 0;
        tt += tmp - 1ll*ans*x;
        if(x<t-tmp) tt+=t-tmp-x;
        res+=tt;

    }

    printf("%lld
",res);

    return 0;
}

D题：

当时脑子短路，不知道为什么要二分t，然后b全部都减t，处理a变与不变。当然感觉也是可以的，但是硬是90%。无语了~~~

看了题解，简直吐血~

贪心，先把a给变了，然后对应的max(0,b[i]-a[i])；

看来以后得大胆的贪心~~~

#include <bits/stdc++.h>
 
using namespace std;
 
typedef long long ll;
 
const int MAXN = 200005;
ll a[MAXN],b[MAXN];
 
int main()
{
    int n,x;
    ll y;
    cin>>n>>x>>y;
 
    for(int i = 0; i < n; i++) scanf("%lld",&a[i]);
    for(int i = 0; i < n; i++) scanf("%lld",&b[i]);
 
 
    sort(a,a+n);
    sort(b,b+n);
 
 
    for(int i = 0; i < x; i++) if(a[i]<y) a[i] = y;
 
    sort(a,a+n);
 
    ll ans = 0;
    for(int i = 0; i < n; i++) {
        ans = max(ans,b[i]-a[i]);
    }
 
    printf("%lld
",ans);
 
 
 
    return 0;
}

B题：

给你一棵树，最开始点权为0，每次将与一个点x树上距离<=1的所有点点权+1，之后询问这些点修改后的点权和.

这题就有意思了，看上去很简答，其实很灵活的。

分为两个部分，anstag[x]：x即子树的贡献。那么每次修改x，anstag[x] +=deg[x] + 1, 他的父亲结点+2，父亲的父亲+1

但是，还是不够，你会发现，他的父亲节点，和他的父亲的父亲，和父亲的兄弟的贡献还没算，就是只要统计，tag[x] 节点被操作的次数。

父亲结点被操作的次数*2，父亲的父亲被操作的次数*1，兄弟结点被操作的次数*1

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int maxn = 100005;
const int mod = 19260817;

typedef long long ll;
int fa[maxn];
ll anstag[maxn];
ll sontag[maxn];
ll tag[maxn];
int deg[maxn];


int main()
{
    freopen("in.txt","r",stdin);
    int n,m;
    scanf("%d%d",&n,&m);

    for(int i = 2; i <= n; i++) {
        scanf("%d",&fa[i]);
        deg[i] ++;
        deg[fa[i]]++;
    }

    ll res = 0;
    for(int z = 1; z <= m; z++) {
        int x;
        scanf("%d",&x);
        anstag[x] +=deg[x] + 1;
        anstag[fa[x]]+=2;
        anstag[fa[fa[x]]]++;
        tag[x]++;
        sontag[fa[x]]++;

        ll ans = anstag[x]%mod;
        ans = ( ans + tag[fa[x]]*2) % mod;
        ans = ( ans + tag[fa[fa[x]]]) % mod;
        ans = ( ans + sontag[fa[x]] - tag[x])%mod;
        ans = ( ans * z )%mod;
        res = (res + ans)%mod;
    }

    printf("%lld
",res);


    return 0;
}