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  • 百度之星初赛（1）解题报告

                             超级赛亚ACMer

    Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
    Total Submission(s): 1536    Accepted Submission(s): 437


    Problem Description
    百小度是一个ACMer，也是一个超级赛亚人，每个ACMer都有一个战斗力，包括百小度。
所谓超级赛亚人的定义，是说如果在对抗中刚好接近极限状态，那就会激发斗志，实力提升.

    具体来说，就是百小度现在要接受一些ACMer的挑战了，这些ACMer有n个人，第i个人的战斗力是a[i]。

    
百小度接下来可以自主安排与这n个ACMer的PK顺序，他要想在PK赛中赢过另外一个ACMer，就必须使得自己的战斗力不小于对方（平局情况他会按照百小度字典上的规则把自己排在第一).

    如果百小度的战斗力大于对方，那么百小度就会轻易获胜，得不到锻炼并且骄傲起来，他以后的战斗力将保持在这个值，再也不会发生改变。
如果百小度的战斗力等于对方，那么百小度在获胜的同时也会感到很吃力，但是这会激发百小度的斗志，使得他刻苦刷题，在下场PK赛之前，战斗力最多提升k点（即可以提升0~k点任意值）.

    k是百小度的潜力提升上限，会被给定一个初始值，这个潜力提升上限k在后面的比赛中会下降.

    每战胜一个ACMer，这个潜力上限k将减少1（因为超级赛亚人百小度也会感到累），但k最低只会减少到0，即不会出现战斗力下降的情况
。也就是第一次比赛如果激发了百小度的斗志，他能把战斗力提升0~k的任一值，如果第二次比赛继续被激发斗志，他能在第一次提升后的基础上，把战斗力再提升0 max(0,k−1) ,依次类推…

    m是百小度的初始战斗力上限，也就是百小度第一次进行PK赛的时候，可以选择0~m的任意一个值作为他的战斗力.

    现在希望你编写程序，判断一下百小度是否战胜所有的ACMer.
     
    Input
    输入包含多组数据（数据不超过500组)

    第一行一个整数T，表示T组数据

    对于每组数据，第一行包括三个整数n,m,k(1≤n≤104,1≤m,k≤108)

    第二行包括n个正整数，表示彪形大汉的战斗力（战斗力为不超过1012 的正整数）
     
    Output
    对于每组数据，先输出一行Case #i: (1≤i≤T)

    如果百小度能打败所有的ACMer，再输出"why am I so diao?"

    否则再输出"madan!"
     
    Sample Input
    2
    5 11 3
    15 13 10 9 8
    5 11 3
    8 9 10 13 16
     
    Sample Output
    Case #1:
    why am I so diao?
    Case #2:
    madan!
    Hint
    第一组样例解释 5个ACMer，初始战斗力选择范围是[0,11],接下来每场战斗力提升上限是3,2,1,0,0,...,0 百小度首先使得自己的初始战斗力为10，打败战斗力为10的第一个ACMer， 然后选择战斗力提升3，变成13，打败战斗力为13的第二个ACMer， 然后选择战斗力提升2，变成15，打败战斗力为15的第三个ACMer， 之后再以任意顺序打败剩下的ACMer
     
    Source
    2015年百度之星程序设计大赛 - 初赛(1) 
     
    题意：   就好比上台阶，每次自己跳跃的高度有限，怎么样跳到顶点是一个思路。
    思路：    对于给定的那些战斗力的进行升序排序，然后采取贪心策略，每次尽可能的往上走。
     
    代码：
        
     1 #include <stdio.h>
 2 #include<algorithm>
 3 #define maxn 10005
 4 long long aa[maxn];
 5 int main()
 6 {
 7     int cnt=1,cas,i;
 8     long long nn,mm,kk,res;
 9     scanf("%d",&cas);
10     while(cas--){
11       scanf("%lld %lld %lld ",&nn,&mm,&kk);
12       for(i=0 ; i<nn ; i++)
13           scanf("%lld",aa+i);
14       std::sort(aa,aa+nn);
15       printf("Case #%d:
",cnt++);
16       for(res=mm,i=0 ; i<nn ; i++ )
17           if(aa[i]<=mm) res=aa[i];
18         else break;
19 
20       while(i!=0&&i<nn){
21        int j=i;
22         while(j<nn&&res+kk>=aa[j]) j++;
23         if(j==i)break;
24          else res=aa[j-1];
25         if(kk>0) kk--;
26         i=j;
27       }
28       if(res>=aa[nn-1])
29             puts("why am I so diao?");
30         else
31             puts("madan!");
32     }
33     return 0;
34 }

              找连续数

    Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
    Total Submission(s): 801    Accepted Submission(s): 294


    Problem Description
    小度熊拿到了一个无序的数组，对于这个数组，小度熊想知道是否能找到一个k 的区间，里面的 k 个数字排完序后是连续的。

    现在小度熊增加题目难度，他不想知道是否有这样的 k 的区间，而是想知道有几个这样的 k 的区间。
     
    Input
    输入包含一组测试数据。

    第一行包含两个整数n，m，n代表数组中有多少个数字，m 代表针对于此数组的询问次数，n不会超过10的4次方，m 不会超过1000。第二行包含n个正整数，第 I 个数字代表无序数组的第 I 位上的数字，数字大小不会超过2的31次方。接下来 m 行，每行一个正整数 k，含义详见题目描述，k 的大小不会超过1000。
     
    Output
    第一行输"Case #i:"。(由于只有一组样例，只输出”Case #1:”即可)

    然后对于每个询问的 k，输出一行包含一个整数，代表数组中满足条件的 k 的大小的区间的数量。
     
    Sample Input
    6 2 3 2 1 4 3 5 3 4
     
    Sample Output
    Case #1: 2 2
     
    Source
    2015年百度之星程序设计大赛 - 初赛(1) 
     
    思路：  对于一个集合{a1,a2,a3,a4, .... an }map，我们如何知道里面的数是连续，其实只需要满足这样的特征： 集合中最大值 和集合中最小值的差+1 = 集合中元素的个数 。  我们就可以去说，这个集合是连续的。
           
     1 #include<iostream>
 2 #include<map>
 3 #include<stdio.h>
 4 #include<string.h>
 5 
 6 const int maxn= 10005;
 7 int n,m,k;
 8 int aa[maxn];
 9 int res[1005];
10 int main()
11 {
12    int T,cas=1;
13    int max_a ,min_a ;
14    std::map<int ,bool>tmp ;
15   while(~scanf("%d%d",&n,&m)){
16 
17    for(int i=0;i<n;i++)
18          scanf("%d",aa+i);
19     //采用离线的方法
20     memset(res, 0,sizeof(res));
21     for(int i=0;i<n ;i++){
22             max_a = aa[i];
23             min_a = aa[i];
24             tmp.clear();
25        for(int j=i ; j<n&&j<1000+i;j++){
26             if(max_a < aa[j] ) max_a = aa[j];
27             if(min_a > aa[j] ) min_a = aa[j];
28              tmp[aa[j]]=true;
29           if(max_a -min_a==j-i&&max_a -min_a+1==tmp.size())
30             res[max_a -min_a+1]++;
31        }
32     }
33     printf("Case #%d:
",cas++);
34    for(int i=0; i<m;i++)
35    {
36         scanf("%d",&k);
37         printf("%d
",res[k]);
38    }
39    }
40  return 0;
41 }

         很危险的滑了过去...920ms  

      

    序列变换

    Time Limit: 4000/2000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
    Total Submission(s): 581    Accepted Submission(s): 287


    Problem Description
    给定序列A={A1,A2,...,An} , 要求改变序列A中的某些元素，形成一个严格单调的序列B（严格单调的定义为：Bi<Bi+1,1≤i<N ）。

    我们定义从序列A到序列B变换的代价为cost(A,B)=max(|Ai−Bi|)(1≤i≤N) 。

    请求出满足条件的最小代价。

    注意，每个元素在变换前后都是整数。
     
    Input
    第一行为测试的组数T(1≤T≤10) .

    对于每一组：
    第一行为序列A的长度N(1≤N≤105) ，第二行包含N个数，A1,A2,...,An .
    序列A中的每个元素的值是正整数且不超过106 。
     
    Output
    对于每一个测试样例，输出两行：

    第一行输出："Case #i:"。i代表第 i 组测试数据。

    第二行输出一个正整数，代表满足条件的最小代价。
     
    Sample Input
    2 2 1 10 3 2 5 4
     
    Sample Output
    Case #1: 0 Case #2: 1
     
    Source
    2015年百度之星程序设计大赛 - 初赛(1) 
    题意：  其实求的最小代价res，就是对于任意集合A{},使得里面的元素+—res，成为一个单调数列....
     
     刚开始搞不懂题目究竟是什么意思！ ╮(╯▽╰)╭
          简单的二分
    代码：
       
     1 #include<stdio.h>
 2 #include<stdlib.h>
 3 #include<math.h>
 4 #define maxn  100005
 5 int aa[maxn];
 6 
 7 bool solve(int var ,int n){
 8      //对于a[i]+|- var 变成单调数列
 9    int tmp = var +aa[n-1];
10     for(int i=n-2; i>=0 ;i-- ){
11          if (abs(tmp - 1 - aa[i]) <= var)
12                tmp = tmp - 1;
13         else if (tmp - 1 >= aa[i])
14             tmp = aa[i] + var;
15         else
16             return 0;
17     }
18   return 1;
19 }
20 int main()
21 {
22  int t,n;
23  scanf("%d",&t);
24  for(int cas=1;cas<=t;cas++){
25      scanf("%d",&n);
26     for(int i=0; i<n ;i++)
27         scanf("%d",aa+i);
28 
29     printf("Case #%d:
",cas);
30     int mid ,ri=1000005,le=0;
31     while(le<ri){
32          mid = le +((ri-le)>>1L);
33         //判断是否为单调数列
34         if(solve(mid,n))
35             ri=mid ;
36         else
37             le = mid+1;
38     }
39     printf("%d
",le);
40  }
41  return 0;
42 }

                                  KPI

    Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
    Total Submission(s): 639    Accepted Submission(s): 267


    Problem Description
    你工作以后, KPI 就是你的全部了. 我开发了一个服务，取得了很大的知名度。数十亿的请求被推到一个大管道后同时服务从管头拉取请求。让我们来定义每个请求都有一个重要值。我的KPI是由当前管道内请求的重要值的中间值来计算。现在给你服务记录，有时我想知道当前管道内请求的重要值得中间值。
     
    Input
    有大约100组数据。

    每组数据第一行有一个n(1≤n≤10000) ，代表服务记录数。

    接下来有n行，每一行有3种形式
      "in x": 代表重要值为x(0≤x≤109) 的请求被推进管道。
      "out": 代表服务拉取了管道头部的请求。
      "query: 代表我想知道当前管道内请求重要值的中间值. 那就是说，如果当前管道内有m条请求, 我想知道，升序排序后第floor(m/2)+1th 条请求的重要值.

    为了让题目简单，所有的x都不同，并且如果管道内没有值，就不会有"out"和"query"操作。
     
    Output
    对于每组数据，先输出一行

    Case #i:
    然后每一次"query"，输出当前管道内重要值的中间值。
     
    Sample Input
    6 in 874 query out in 24622 in 12194 query
     
    Sample Output
    Case #1: 874 24622
     
    Source
    2015年百度之星程序设计大赛 - 初赛(1) 
     
    这道题刚开始用堆来处理，发现总是出错！ 后来在看了下别人的解题报告，发现了一种新的思路，运用两个set集合，利用红黑树的特性。分段来进行排序
    但是要总是保持这两颗树的元素个数之差保持在小于2的状态。而且要满足上层集合的个数始终大于或者等于下层集合个数。
       
     1 #include<stdio.h>
 2 #include<string.h>
 3 #include<set>
 4 #include<queue>
 5 #include<stdlib.h>
 6 #include<iostream>
 7 
 8 int tt ,x,tmp,cnt=1;
 9 char cmd[8];
10 int main( void )
11 {
12    std::set<int> low,hig;
13 
14 while(scanf("%d",&tt)!=EOF){
15         std::queue<int>aa;
16         printf("Case #%d:
",cnt++);
17         low.clear();
18         hig.clear();
19 
20   while(tt--){
21     scanf("%s",cmd);
22     if(cmd[0]=='i'){
23 
24         scanf("%d",&x);
25         aa.push(x);
26      if(hig.empty()|| x > *hig.begin())
27                hig.insert(x);
28       else
29            low.insert(x);
30 
31     }
32     else if(cmd[0]=='o'){
33 
34          tmp=aa.front();
35          aa.pop();
36        if(low.count(tmp))
37            low.erase(tmp);
38        else
39            hig.erase(tmp);
40 
41     }else if(cmd[0]=='q')
42         printf("%d
",*hig.begin());
43 
44      if(low.size()+1<hig.size()){
45             low.insert(*hig.begin());
46             hig.erase(*hig.begin());
47         }
48         else if(low.size()>hig.size()){
49             hig.insert(*low.rbegin());
50             low.erase(*low.rbegin());
51         }
52     }
53   }
54  return 0;
55 }

       方法二  利用线段树处理，类似于一个单点更新和离散化处理...

         

      1 #include<stdio.h>
  2 #include<stdlib.h>
  3 #include<string.h>
  4 #include<queue>
  5 #include<iostream>
  6 #include<algorithm>
  7 
  8 
  9 using namespace std;
 10 const int maxn=10005;
 11 
 12 int Hash[maxn],sum[maxn<<2];
 13 int cnt;
 14 
 15 typedef struct node{
 16 
 17      int var ;
 18      char cmd[6];
 19 
 20 }Node;
 21 
 22 void Push(int pos ){
 23     sum[pos]=sum[pos<<1]+sum[pos<<1|1];
 24 }
 25 
 26  void Build(int st ,int en ,int pos){
 27     if(st==en){
 28         sum[st]=0;
 29         return ;
 30     }
 31     int mid=st+((en-st)>>1L);
 32     Build(st,mid,pos<<1);
 33     Build(mid+1,en,pos<<1|1);
 34     Push(pos);
 35  }
 36 
 37  void Update(int st ,int en ,int value ,int pos ,int find_p){
 38 
 39     if(st==en) {  //单点更新，说明增加或者减少一个点
 40       sum[pos]=value;
 41       return ;
 42     }
 43     int mid =st+((en-st)>>1L);
 44     if(find_p<=mid)
 45         Update(st , mid , value , pos<<1 , find_p);
 46     else
 47         Update(mid+1 , en , value , pos<<1|1 ,find_p);
 48     Push(pos);
 49  }
 50 
 51  int query(int st ,int en ,int pos ,int num){
 52     if(st==en)
 53        return st;
 54     int mid = st + ((en -st)>>1L);
 55     if(sum[pos<<1]>=num)
 56       return   query(st,mid,pos<<1 , num);
 57     else
 58       return   query(mid+1,en,pos<<1|1,num-sum[pos<<1]);  //相对起点为0
 59  }
 60 
 61 //学习了某位大牛的STL用法
 62 int HASH(int x ){
 63 
 64     return lower_bound(Hash ,Hash+cnt,x)-Hash;
 65 }
 66 
 67 Node tem[maxn];
 68 int main()
 69 {
 70     int nn,cas=1,pos;
 71     while(~scanf("%d",&nn)){
 72         queue<int>aa;
 73          cnt=0;
 74         memset(sum,0,sizeof(sum));
 75         printf("Case #%d:
",cas++);
 76 
 77         for(int i=0;i<nn;i++){
 78            scanf("%s",tem[i].cmd);
 79            if(tem[i].cmd[0]=='i'){
 80               scanf("%d",&tem[i].var);
 81               Hash[cnt++]=tem[i].var;
 82            }
 83         }
 84         sort(Hash,Hash+cnt);
 85 
 86        for(int i=0;i<nn;i++){
 87              if(tem[i].cmd[0]=='i')
 88         {
 89               pos = HASH(tem[i].var);
 90               Update(1,cnt+1,1,1,pos+1);
 91            aa.push(pos);
 92 
 93         }
 94         else if(tem[i].cmd[0]=='o')
 95         {
 96             pos =aa.front();
 97             aa.pop();
 98             Update(1,cnt+1,0,1,pos+1);
 99 
100         }
101         else{
102 
103              pos = sum[1]/2 +1;
104              pos=query(1,cnt+1,1,pos);
105              printf("%d
",Hash[pos-1]);
106 
107         }
108        }
109     }
110   return 0;
111 }

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