A
签到贪心题，特判了n=1或m=1的情况才发现2<=n,m<=1e5
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int N=1e5+7; int n,m; ll ans,a[N],b[N]; int main() { scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%I64d",&a[i]); for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%I64d",&b[i]); sort(a+1,a+n+1); sort(b+1,b+m+1); if(a[n]>b[1]){puts("-1");return 0;} if(n==1) { if(a[1]<b[1]){puts("-1");return 0;} for(int i=1;i<=m;i++)ans+=b[i]; cout<<ans;return 0; } if(m==1) { if(a[n]<b[1]){puts("-1");return 0;} for(int i=1;i<=n;i++)ans+=a[i]; cout<<ans;return 0; } if(a[n]==b[1]) { for(int i=1;i<=m;i++)ans+=b[i]; for(int i=1;i<n;i++)ans+=a[i]*m; cout<<ans;return 0; } ans=a[n];for(int i=2;i<=m;i++)ans+=b[i]; ans+=b[1]+a[n-1]*(m-1); for(int i=n-2;i;i--)ans+=a[i]*m; cout<<ans; }
B
结论题，根本看不出来，k=1特判掉，其余构造方案是这样的：让循环节长度为(n-k)/2+1，然后为10…0即可，推一下发现是正确的。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int n,k,l; int main() { cin>>n>>k; if(k==1) { for(int i=1;i<n;i++)cout<<1;cout<<0; return 0; } l=(n-k)/2+1; for(int i=0;i<n;i++)cout<<!(i%l); }
C
其实每个nxt不为1位置就是两个限制：1、a[nxt]>a[i]。2、a[i+1...nxt-1]<a[i]。然后根据这个建立拓扑图，进行拓扑排序即可。不过由于边数是O(n2)的，对于第二种边考虑线段树优化建图，实际上也不需要线段树优化建边，写普通的线段树即可。把大数连边向小数，然后修改时度数直接线段树-1减就行了。减的过程中，线段树维护的是区间度数最小值，发现最小值为0时，把其加入队列，并把该位置最小值赋值为无穷大即可。
#include<bits/stdc++.h> #define lson l,mid,rt<<1 #define rson mid+1,r,rt<<1|1 using namespace std; const int N=5e5+7; int n,m,sr[N],vis[N],ans[N],lazy[N<<2],mn[N<<2]; vector<int>G[N]; queue<int>q; void build(int l,int r,int rt) { lazy[rt]=mn[rt]=0; if(l==r)return; int mid=l+r>>1; build(lson),build(rson); } void pushdown(int rt) { lazy[rt<<1]+=lazy[rt],mn[rt<<1]+=lazy[rt]; lazy[rt<<1|1]+=lazy[rt],mn[rt<<1|1]+=lazy[rt]; lazy[rt]=0; } void modify(int l,int r,int rt) { if(l==r){mn[rt]=1e9,q.push(l);return;} pushdown(rt); int mid=l+r>>1; if(!mn[rt<<1])modify(lson); if(!mn[rt<<1|1])modify(rson); mn[rt]=min(mn[rt<<1],mn[rt<<1|1]); } void update(int L,int R,int v,int l,int r,int rt) { if(L<=l&&r<=R) { lazy[rt]+=v,mn[rt]+=v; if(!mn[rt])modify(l,r,rt); return; } pushdown(rt); int mid=l+r>>1; if(L<=mid)update(L,R,v,lson); if(R>mid)update(L,R,v,rson); mn[rt]=min(mn[rt<<1],mn[rt<<1|1]); } int main() { int T;scanf("%d",&T); while(T--) { scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++)G[i].clear(),vis[i]=0; build(1,n,1); for(int i=1;i<=n;i++) { sr[i]=-1; int x;scanf("%d",&x); if(x==-1)continue; if(x<=n)G[x].push_back(i),update(i,i,1,1,n,1); if(x>i+1)sr[i]=x-1,update(i+1,x-1,1,1,n,1); } while(!q.empty())q.pop(); if(!mn[1])modify(1,n,1); m=n; while(!q.empty()) { int u=q.front();q.pop(); ans[u]=m--; for(int i=0;i<G[u].size();i++)update(G[u][i],G[u][i],-1,1,n,1); if(sr[u]!=-1)update(u+1,sr[u],-1,1,n,1); } if(m)puts("-1"); else{ for(int i=1;i<=n;i++)printf("%d ",ans[i]); puts(""); } } }
D
首先把所有点像求解凸包一样，按照横坐标排序，横坐标相同按纵坐标排序。然后可以贪心地考虑。首先第一个点必须在凸包上，对于这样的点，其对于L/R都有选择的机会，然后选择后，第二个点从n-1个点中选择最外侧的点，满足其余的n-2个点在a[2]-a[1]的左/右侧，这个计算叉积即可。然后接下来的求解方法是一样的，反复如此操作即可找到符合条件的排列，因此没有puts("-1")的情况。复杂度为常数较大（因为涉及实数运算）的O(n2)。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int N=2019; struct point{ ll x,y;int id; point(){x=y=0;} point(ll a,ll b){x=a,y=b;} point operator-(const point&t)const{return point(x-t.x,y-t.y);} bool operator<(const point&t)const{return x==t.x?y<t.y:x<t.x;} }a[N]; int n,m,vis[N],ans[N]; char str[N]; int sign(ll x){return x==0?0:(x>0?1:-1);} bool cmp(point a,point b){return a.id<b.id;} ll cross(point a,point b){return a.x*b.y-a.y*b.x;} int main() { scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld%lld",&a[i].x,&a[i].y),a[i].id=i; sort(a+1,a+n+1); ans[++m]=a[1].id,vis[a[1].id]=1; scanf("%s",str+1); sort(a+1,a+n+1,cmp); for(int i=1;i<=n-2;i++) { int k=0,flag=str[i]=='L'?1:-1; for(int j=1;j<=n;j++) if(!vis[j]&&(!k||sign(cross(a[k]-a[ans[i]],a[j]-a[k]))!=flag))k=j; ans[++m]=k,vis[k]=1; } for(int i=1;i<=n;i++)if(!vis[i])ans[++m]=i; for(int i=1;i<=n;i++)printf("%d ",ans[i]); }
EF
咕了。
result：rank251 rating-=41。这场人怎么这么少？都去打CTS了？