Test 2020/9/05

https://www.qizhishu.com/codeadmin/front/client/myCplusplusCompetitionDetail.zhtml?ID=675

pj难度的一场模拟赛，得分300/400.

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完美夏冰

签到题。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[4];
int main()
{
	cin>>a[0]>>a[1]>>a[2]>>a[3];
	sort(a,a+4);
	puts(a[0]+a[3]==a[1]+a[2]?"Perfect":"Biu");
	return 0;
}

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疯狂秋风

看到k的范围这么小，就要把时间复杂度往k上靠。

把数据从小到大排序之后观察到，两个数排名都大于k的二元组（如a[k+1]+a[k+2]）是不可能排到第k小的。于是双重循环只需要跑到k即可。时间复杂度(O(k^2))。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[100010];
priority_queue<int,vector<int>,greater<int> > q;
int main()
{
	int n,k;
	cin>>n>>k;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d",&a[i]);
	sort(a+1,a+1+n);
	for(int i=1;i<=min(k,n);i++)
		for(int j=1;j<=min(k,n);j++)
			q.push(a[i]+a[j]);
	for(int i=1;i<k;i++)
		q.pop();
	printf("%d
",q.top());
	return 0;
}

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极端寒冬

暂未想到合适解法。

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风吹樱花

大致题意：

给定长度为(n)的序列(A)与一个数(k)，要求构造一个(x)序列满足(x_1+x_2+..x_n=k)并且(a_1*(x_1)^2+a_2*(x_2)^2...a_n*(x_n)^2)最小，输出这个最小值。

首先想到把序列A从小到大排序，那么对应的x应该是不上升的。

那么最简单的一个不上升的序列就是把k全部叠到(x_1)上。初始的ans的值就是(a_1*k^2)

然后可知(a^2-(a-1)^2=2a-1,(a+1)^2-a^2=2a+1)。

所以我们要把(x_1)上的一部分k分到其他a身上。如果从(x_1)身上分1给(x_i)，那么第一项减少的权值就是(a_1*(2*x_1-1))，第(i)项增加的权值就是(a_i*(2*x_i+1))，如果减少的比增加的多，那明显应该操作，即ans-=(a_1*(2*x_1-1)-a_i*(2*x_i+1))。

不仅如此，还要贪心地选择增加的权值最小的那个(a_i*(2*x_i+1))，这样能让操作最优化。

于是大致思路就是每次找到一个最小的(a_i*(2*x_i+1))，如果它小于第一项减少的权值，那么就进行操作并继续下去，否则说明继续操作不能更优了，返回。

这一步操作用优先队列优化降到log级别即可通过。

总时间复杂度(O(klogn))。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int x[100010];
int a[100010];
struct node
{
	int val,id;
	bool operator < (const node &a) const
	{
		return a.val<val;
	}
};

priority_queue<node> q; 
signed main()
{
	int n,k;
	cin>>n>>k;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%lld",&a[i]);
	sort(a+1,a+1+n);
	int ans=a[1]*k*k,flag=1;
	if(n==1)
	{
		printf("%lld
",ans);
		return 0;
	}
	x[1]=k;
	for(int i=2;i<=n;i++)
		q.push((node){a[i]*(2*x[i]+1),i});
	int fst=a[1]*(2*x[1]-1);
	while(fst>q.top().val)
	{
		node tmp=q.top();
		q.pop();
		ans-=(fst-tmp.val);
		x[tmp.id]++;
		q.push((node){a[tmp.id]*(2*x[tmp.id]+1),tmp.id});
		x[1]--;
		fst=a[1]*(2*x[1]-1);
	}
	printf("%lld
",ans);
	return 0;
}