Codeforces Round #466 (Div. 2) 题解

人生中第三次$CF$。。。考试中切了$A$~$E$ $F$题会做没时间写

#题解 ##A：Points on the line ###题意给定一个数列，删最小的数，使最大差不大于一个定值 ###Sol 排序后选的一定是段连续的区间，枚举左右端点即可

手速慢了233

# include <bits/stdc++.h>
# define RG register
# define IL inline
# define Fill(a, b) memset(a, b, sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
const int _(105);

IL int Input(){
    RG int x = 0, z = 1; RG char c = getchar();
    for(; c < '0' || c > '9'; c = getchar()) z = c == '-' ? -1 : 1;
    for(; c >= '0' && c <= '9'; c = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48);
    return x * z;
}

int n, d, x[_], ans;

int main(RG int argc, RG char* argv[]){
	n = Input(), d = Input();
	for(RG int i = 1; i <= n; ++i) x[i] = Input();
	sort(x + 1, x + n + 1);
	if(!n || x[n] - x[1] <= d) return puts("0"), 0;
	for(RG int i = 1; i <= n; ++i)
		for(RG int j = i; j <= n; ++j)
			if(x[j] - x[i] <= d) ans = max(ans, j - i + 1);
	printf("%d\n", n - ans);
	return 0;
}

##B：Our Tanya is Crying Out Loud ###题意给定数$n$和$k$以及代价$A$和$B$ 你可以花$A$的代价给$n$减$1$ 或者当$n$为$k$的倍数时花$B$的代价把$n$变为$n/k$ 问$n$变为$1$的最小代价 ###Sol 不是$k$的倍数，就减到$k$的倍数为止否则比较减和除的代价，取最小

# include <bits/stdc++.h>
# define RG register
# define IL inline
# define Fill(a, b) memset(a, b, sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
const int _(105);

IL int Input(){
    RG int x = 0, z = 1; RG char c = getchar();
    for(; c < '0' || c > '9'; c = getchar()) z = c == '-' ? -1 : 1;
    for(; c >= '0' && c <= '9'; c = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48);
    return x * z;
}

int n, k, a, b;
ll ans = 0;

int main(RG int argc, RG char* argv[]){
	n = Input(), k = Input(), a = Input(), b = Input();
	if(k == 1){
		cout << 1LL * a * (n - 1) << endl;
		return 0;
	}
	while(n >= k){
		RG int t = n / k, tt = n % k;
		n -= tt;
		ans += 1LL * tt * a;
		ans += min(1LL * b, 1LL * (n - t) * a);
		n = t;
	}
	ans += 1LL * a * (n - 1);
	cout << ans << endl;
	return 0;
}

##C：Phone Numbers ###题意一个长度为$n$的小写字母组成的字符串和一个整数$k$，要你生成一个最小字典序的长度为$k$的小写字母组成的字符串使该字符串的字符集为给定串的字符集的子集，并且字典序大于给定串 ###Sol 找到一个最后面的位置可以使答案串大于原串，后面直接填最小的字符

# include <bits/stdc++.h>
# define RG register
# define IL inline
# define Fill(a, b) memset(a, b, sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
const int _(1e5 + 5);

IL int Input(){
    RG int x = 0, z = 1; RG char c = getchar();
    for(; c < '0' || c > '9'; c = getchar()) z = c == '-' ? -1 : 1;
    for(; c >= '0' && c <= '9'; c = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48);
    return x * z;
}

int n, k, t[30], pos, g[30];
char s[_];

int main(RG int argc, RG char* argv[]){
	n = Input(), k = Input();
	scanf(" %s", s + 1), s[n + 1] = 'a' - 1;
	for(RG int i = 1; i <= n; ++i) ++t[s[i] - 'a'];
	for(RG int i = 25; ~i; --i) g[i] = t[i], t[i] += t[i + 1];
	for(RG int i = min(k, n + 1); i; --i)
		if(t[s[i] - 'a' + 1]){
			pos = i;
			break;
		}
	for(RG int i = 1; i < pos; ++i) printf("%c", s[i]);
	for(RG int i = s[pos] - 'a' + 1; i < 26; ++i)
		if(g[i]){
			printf("%c", i + 'a');
			break;
		}
	RG int tmp = 0;
	for(RG int i = 0; i < 26; ++i)
		if(g[i]){
			tmp = i;
			break;
		}
	for(RG int i = pos + 1; i <= k; ++i) printf("%c", tmp + 'a');
	return 0;
}

##D：Alena And The Heater ###题意给定数列$A$ 以及生成数列$B$的条件： $B[1]=B[2]=B[3]=B[4]=0$ 对于$i>4$ 如果 $a[i],a[i-1],a[i-2],a[i-3],a[i-4]>r$ 且$b[i-1]=b[i-2]=b[i-3]=b[i-4]=1$ 则$b[i]=1$ 如果 $a[i],a[i-1],a[i-2],a[i-3],a[i-4]<l$ 且$b[i-1]=b[i-2]=b[i-3]=b[i-4]=0$ 则$b[i]=0$ 否则$b[i]=b[i-1]$ 保证一定有解，输出$l, r$可以构造出给定的数列$B$ 输出任意一组$l,r\in[-1e9, 1e9]$ ###Sol 保证一定有解，那么按题意反过来构造$l, r$即可

# include <bits/stdc++.h>
# define RG register
# define IL inline
# define Fill(a, b) memset(a, b, sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
const int _(1e5 + 5);

IL int Input(){
    RG int x = 0, z = 1; RG char c = getchar();
    for(; c < '0' || c > '9'; c = getchar()) z = c == '-' ? -1 : 1;
    for(; c >= '0' && c <= '9'; c = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48);
    return x * z;
}

int n, a[_], b[_], l = -1e9, r = 1e9;
char s[_];

int main(RG int argc, RG char* argv[]){
	n = Input();
	for(RG int i = 1; i <= n; ++i) a[i] = Input();
	scanf(" %s", s + 1);
	for(RG int i = 1; i <= n; ++i) b[i] = s[i] - '0';
	for(RG int i = 5; i <= n; ++i){
		RG int s = b[i - 1] + b[i - 2] + b[i - 3] + b[i - 4];
		if(s && s != 4) continue;
		if(b[i] == b[i - 1]) continue;
		if(b[i]){
			RG int mx = -1e9;
			for(RG int j = 0; j <= 4; ++j) mx = max(mx, a[i - j]);
			l = max(l, mx + 1);
		}
		else{
			RG int mn = 1e9;
			for(RG int j = 0; j <= 4; ++j) mn = min(mn, a[i - j]);
			r = min(r, mn - 1);
		}
	}
	printf("%d %d\n" ,l, r);
	return 0;
}

##E：Cashback ###题意给定一个长度为$n$的数列以及一个整数$c$ 一个下标在$[l, r]$内的子数列的价值为所有数的和减去子数列中前$\lfloor\frac{r-l+1}{c}\rfloor$小的数的和求把这个数列分成若干个块，使的每块的价值和最小 ###Sol 前$k$小？离散化+主席树辣码完发现只会$n^2$的滴劈设$f[i]$表示做到第$i$个数的最小代价，枚举长度转移，前$k$小的和主席树查询你当这是$OI$赛制啊？没有部分分的。。我们分情况考虑

若分一块长度小于$c$的价值就是所有的数的和那么还不如一个一个选更方便转移
若分一块长度为$c$的倍数的我们把它分成若干个长度为$c$的块，就是总和减去每个块的最小值的和而直接分一块就是总和减去整个块的前几个最小值整个块的前几个最小值一定小于等于若干块的最小值和那么分成若干个长度为$c$的块最优
若一块长度大于等于$c$的，就是上面两种组合而来

那么策略就是：要么一个一个选，要么选$c$个一块只要求区间最小值，$RMQ$问题然而主席树懒得删

# include <bits/stdc++.h>
# define RG register
# define IL inline
# define Fill(a, b) memset(a, b, sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
const int _(1e5 + 5);

IL int Input(){
    RG int x = 0, z = 1; RG char c = getchar();
    for(; c < '0' || c > '9'; c = getchar()) z = c == '-' ? -1 : 1;
    for(; c >= '0' && c <= '9'; c = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48);
    return x * z;
}

int n, c, tot, len, rt[_];
ll f[_], s[_], o[_], a[_];
struct HJT{
	int sz, rs, ls;
	ll sum;
} T[_ * 20];

IL void Modify(RG int &x, RG int l, RG int r, RG int id, RG ll v){
	T[++tot] = T[x], T[x = tot].sum += v, ++T[x].sz;
	if(l == r) return;
	RG int mid = (l + r) >> 1;
	if(id <= mid) Modify(T[x].ls, l, mid, id, v);
	else Modify(T[x].rs, mid + 1, r, id, v);
}

IL ll Query(RG int A, RG int B, RG int l, RG int r, RG int k){
	if(l == r) return o[l];
	RG int mid = (l + r) >> 1, ss = T[T[B].ls].sz - T[T[A].ls].sz;
	RG ll sss = T[T[B].ls].sum - T[T[A].ls].sum;
	if(ss >= k) return Query(T[A].ls, T[B].ls, l, mid, k);
	else return sss + Query(T[A].rs, T[B].rs, mid + 1, r, k - ss);
}

int main(RG int argc, RG char* argv[]){
	n = Input(), c = Input(), Fill(f, 127), f[0] = 0;
	for(RG int i = 1; i <= n; ++i) o[i] = a[i] = Input(), s[i] = s[i - 1] + a[i];
	sort(o + 1, o + n + 1), len = unique(o + 1, o + n + 1) - o - 1;
	for(RG int i = 1; i <= n; ++i){
		RG int p = lower_bound(o + 1, o + len + 1, a[i]) - o;
		rt[i] = rt[i - 1], Modify(rt[i], 1, len, p, a[i]);
	}
	for(RG int i = 1; i < c; ++i) f[i] = s[i];
	for(RG int i = c; i <= n; ++i){
		RG ll sum = s[i] - s[i - c] - Query(rt[i - c], rt[i], 1, len, 1);
		f[i] = min(f[i - 1] + a[i], f[i - c] + sum);
	}
	cout << f[n] << endl;
	return 0;
}

##F：Machine Learning ###题意给一个数列每次询问一个区间$[l,r]$ 求数列下标在这个区间内的数的个数的$mex$值 $p.s$：$mex$值是最小的没出现的整数值数会随时修改 ###Sol 这不就是离散化+带修改莫队吗？吐槽一下： $mex$值开桶暴力求就能过了

我的做法：把数字也分块，计算$mex$时，找到第一个不满的块，再在块内找的那个$mex$值

还有一点就是我$TM$学了假的带修改莫队：没按时间为第三关键字排序！！！没把块的大小设为$n^\frac{2}{3}$！！！没比较右端点所在的块！！！然后一直$TLE$，$QAQ$

# include <bits/stdc++.h>
# define RG register
# define IL inline
# define Fill(a, b) memset(a, b, sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
const int _(4e5 + 5);

IL int Input(){
    RG int x = 0, z = 1; RG char c = getchar();
    for(; c < '0' || c > '9'; c = getchar()) z = c == '-' ? -1 : 1;
    for(; c >= '0' && c <= '9'; c = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48);
    return x * z;
}

int n, q, bl[_], o[_], len, a[_], ans[_], blo, cnt, tot;
int t[_], sum[5000], size[_];
struct Query{
	int l, r, t, id;

	IL bool operator <(RG Query B) const{
		if(bl[l] != bl[B.l]) return l < B.l;
		if(bl[r] != bl[B.r]) return r < B.r;
		return t < B.t;
	}
} qry[_];
struct Modify{
	int p, x;
} mdy[_];

IL void Change(RG int x, RG int d){
	if(d > 0){
		if(!size[x]) ++sum[x / blo];
		++size[x];
	}
	else{
		--size[x];
		if(!size[x]) --sum[x / blo];
	}
}

IL int Mex(){
	for(RG int i = 0; ; ++i)
		if(sum[i] != blo){
			for(RG int j = 0; j < blo; ++j)
				if(!size[i * blo + j]) return i * blo + j;
		}
}

IL void Calc(RG int v, RG int d){
	Change(t[v], -1), t[v] += d, Change(t[v], 1);
}

IL void Adjust(RG int j, RG int l, RG int r){
	if(mdy[j].p >= l && mdy[j].p <= r) Calc(a[mdy[j].p], -1);
	swap(a[mdy[j].p], mdy[j].x);
	if(mdy[j].p >= l && mdy[j].p <= r) Calc(a[mdy[j].p], 1);
}

int main(RG int argc, RG char* argv[]){
	n = Input(), q = Input(), blo = pow(n, 2.0 / 3.0);
	for(RG int i = 1; i <= n; ++i) o[++len] = a[i] = Input(), bl[i] = (i - 1) / blo;
	for(RG int i = 1; i <= q; ++i){
		RG int op = Input(), x = Input(), y = Input();
		if(op == 1) qry[++cnt] = (Query){x, y, tot, cnt};
		else mdy[++tot] = (Modify){x, y}, o[++len] = y;
	}
	sort(o + 1, o + len + 1), len = unique(o + 1, o + len + 1) - o - 1;
	for(RG int i = 1; i <= n; ++i)
		a[i] = lower_bound(o + 1, o + len + 1, a[i]) - o;
	for(RG int i = 1; i <= tot; ++i)
		mdy[i].x = lower_bound(o + 1, o + len + 1, mdy[i].x) - o;
	sort(qry + 1, qry + cnt + 1), blo = sqrt(len);
	for(RG int L = qry[1].l, R = qry[1].l - 1, i = 1, j = 0; i <= cnt; ++i){
		while(L < qry[i].l) Calc(a[L++], -1);
		while(L > qry[i].l) Calc(a[--L], 1);
		while(R < qry[i].r) Calc(a[++R], 1);
		while(R > qry[i].r) Calc(a[R--], -1);
		while(j < qry[i].t) Adjust(++j, L, R);
		while(j > qry[i].t) Adjust(j--, L, R);
		ans[qry[i].id] = Mex();
	}
	for(RG int i = 1; i <= cnt; ++i) printf("%d\n", ans[i]);
	return 0;
}

#总结 $CF$比赛的题还是不错的总有一些奇奇怪怪的脑洞话说歪果仁知道主席树和莫队算法吗？

来源：oschina

链接：https://my.oschina.net/u/4404420/blog/4240961

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