从这里开始
Codeforces 940A Points on the line
题目大意
定义一个可重集的距离是它中间最大的两个数之间的差，特殊地，只有一个元素的可重集的距离为0。
给定一个可重集，问最少删掉多少个数使得它的距离小于等于d。
排序后单调指针扫，或者直接开桶计数。
Code
1 /**
2 * Codeforces
3 * Problem#940A
4 * Accepted
5 * Time: 15ms
6 * Memory: 2000k
7 */
8 #include <bits/stdc++.h>
9 using namespace std;
10 typedef bool boolean;
11
12 int n, d;
13 int res;
14 int* ar;
15
16 inline void init() {
17 scanf("%d%d", &n, &d);
18 ar = new int[(n + 1)];
19 for (int i = 1; i <= n; i++)
20 scanf("%d", ar + i);
21 }
22
23 inline void solve() {
24 sort (ar + 1, ar + n + 1);
25 int r = 1;
26 res = n - 1;
27 for (int i = 1; i <= n; i++) {
28 while (r < n && ar[r + 1] - ar[i] <= d) r++;
29 res = min(res, i + (n - r) - 1);
30 }
31 printf("%d", res);
32 }
33
34 int main() {
35 init();
36 solve();
37 return 0;
38 }Codeforces 940B Our Tanya is Crying Out Loud
题目大意
给定一个数$n$和$k$。你有两个操作可以进行
- 将$n$减去1，花费$a$。
- 当$n$是$k$的倍数的时候，将$n$除以$k$，花费$b$。
问将$n$变为1的最小花费
当 $k = 1$ 的时候特判。
当$n$为$k$的倍数的时候，比较直接除和直接减到$\frac{n}{k}$的花费，如果前者更优就除，否则直接减到1。
当$n$不为$k$的倍数的时候，直接减到$\left \lfloor\frac{n}{k} \right \rfloor k$。
考虑如果在 $ik$ 的决策不是减到 $i$ 或者直接除 $k$ 得到 $i$，那么考虑一定是做了若干次减法操作得到 $p$ 然后再除以 $k$ 得到 $x$。不难证明先除以 $k$ 得到 $l$，再做若干次减法操作得到 $x$ 不会更劣。
Code
1 /**
2 * Codeforces
3 * Problem#940B
4 * Accepted
5 * Time: 30ms
6 * Memory: 2000k
7 */
8 #include <bits/stdc++.h>
9 #ifndef WIN32
10 #define Auto "%lld"
11 #else
12 #define Auto "%I64d"
13 #endif
14 using namespace std;
15
16 #define ll long long
17
18 ll n, k, a, b, res = 0;
19
20 inline void init() {
21 scanf(Auto""Auto""Auto""Auto, &n, &k, &a, &b);
22 }
23
24 inline void solve() {
25 if (k == 1) {
26 res = (n - 1) * a;
27 } else {
28 while (n != 1) {
29 if (n < k) {
30 res += (n - 1) * a;
31 break;
32 } else {
33 res += min((n % k) * a + b, (n - n / k) * a);
34 n /= k;
35 }
36 }
37 }
38 printf(Auto"\n", res);
39 }
40
41 int main() {
42 init();
43 solve();
44 return 0;
45 }Codeforces 940C Phone Numbers
题目大意
给定一个由小写字母组成且长度为$n$的字符串$s$，要求输出一个字符串$t$，满足：
- $t$中出现的字符在$s$中也出现过
- 它的长度为$k$
- $t$的字典序大于$s$
- 在满足上述条件的所有串中，是字典序最小的一个
题目保证存在解。
当$k > n$时，直接输出字符串$s$，再补上$s$中最小的字符。
否则找到$s$中从第$k$个字符往前找第一个不是最大的字符，把它变为略比它的字符。
然后后面的补最小的字符。
Code
1 /**
2 * Codeforces
3 * Problem#940C
4 * Accepted
5 * Time: 31ms
6 * Memory: 2100k
7 */
8 #include <bits/stdc++.h>
9 using namespace std;
10 typedef bool boolean;
11
12 int n, k;
13 int mi = 0, ma = 25;
14 boolean exist[26];
15 char str[100005];
16
17 inline void init() {
18 scanf("%d%d", &n, &k);
19 memset(exist, false, sizeof(exist));
20 scanf("%s", str + 1);
21 }
22
23 inline void solve() {
24 for (int i = 1; i <= n; i++)
25 exist[str[i] - 'a'] = true;
26 for (mi = 0; !exist[mi]; mi++);
27 for (ma = 25; !exist[ma]; ma--);
28 if (n < k) {
29 printf("%s", str + 1);
30 for (int i = n + 1; i <= k; i++)
31 putchar(mi + 'a');
32 return;
33 }
34 int p;
35 for (p = k; p && str[p] == ma + 'a'; p--);
36 str[p]++;
37 while (!exist[str[p] - 'a'])
38 str[p]++;
39 for (p = p + 1; p <= k; p++)
40 str[p] = mi + 'a';
41 str[k + 1] = 0;
42 puts(str + 1);
43 }
44
45 int main() {
46 init();
47 solve();
48 return 0;
49 }Codeforces 940D Alena And The Heater
题目大意
给定一个数组$a$，和一个01串$b$，$b$按照如下方式生成（请自行阅读英文）
请你找出一组合法的$l, r$，保证输入存在解。
发现生成方式比较特殊。
于是根据生成方式更新$l, r$即可。
Code
1 /**
2 * Codeforces
3 * Problem#940D
4 * Accepted
5 * Time: 31ms
6 * Memory: 2500k
7 */
8 #include <bits/stdc++.h>
9 using namespace std;
10
11 int n;
12 int a[100005];
13 char b[100005];
14
15 inline void init() {
16 scanf("%d", &n);
17 for (int i = 1; i <= n; i++)
18 scanf("%d", a + i);
19 scanf("%s", b + 1);
20 }
21
22 char sameNumber(int p) {
23 char x = b[p - 1];
24 for (int i = 2; i <= 4; i++)
25 if (b[p - i] != x)
26 return '2';
27 return x;
28 }
29
30 int l = -1e9, r = 1e9;
31
32 inline void solve() {
33 for (int i = 5; i <= n; i++) {
34 char c = sameNumber(i);
35 if (c == '2') continue;
36 if (c == b[i]) continue;
37 if (c == '1') {
38 for (int j = 0; j <= 4; j++)
39 r = min(r, a[i - j] - 1);
40 } else {
41 for (int j = 0; j <= 4; j++)
42 l = max(l, a[i - j] + 1);
43 }
44 }
45 printf("%d %d", l, r);
46 }
47
48 int main() {
49 init();
50 solve();
51 return 0;
52 }Codeforces 940E Cashback
题目大意
给定一个长度为$n$的数组和常数$c$，要求你对它进行划分。划分长度为$k$一段的代价是其中所有除去前$\left \lfloor \frac{k}{c} \right \rfloor$小的数的和。定义一个划分的代价是划分的所有段的代价的和。
问最小的代价和。
一段代价可以表示为这一段的和减去前$\left \lfloor \frac{k}{c} \right \rfloor$小的数的和。
那么考虑两段连续的长度为$c$的合并到一起，这样会使得前2小的和变小。所以划分的最长的长度不会超过$2c - 1$
那么考虑长度在$c + 1$和$2c - 1$之间的段。我只需要留一个长度为$c$的段，把它和剩下的分开。这样看的话，划分的一段的长度不会超过$c$。
继续考虑长度小于$c$的段，它的代价直接就是它中间的元素的和。因此可以直接把它分成一些只有1个元素的段。
因此存在一种最优方案满足划分的每一段长度不是1就是$c$。
因此我只用维护连续$c$个元素的最小值，以及它们的和。
于是上单调队列。
时间复杂度$O(n)$。
Code
1 /**
2 * Codeforces
3 * Problem#940E
4 * Accepted
5 * Time: 31ms
6 * Memory: 3700k
7 */
8 #include <bits/stdc++.h>
9 #ifndef WIN32
10 #define Auto "%lld"
11 #else
12 #define Auto "%I64d"
13 #endif
14 using namespace std;
15
16 #define ll long long
17
18 const int N = 100005;
19
20 int n, c;
21 int st = 1, ed = 0;
22 ll f[N];
23 int ar[N];
24 int que[N];
25
26 inline void init() {
27 scanf("%d%d", &n, &c);
28 for (int i = 1; i <= n; i++)
29 scanf("%d", ar + i);
30 }
31
32 inline void solve() {
33
34 f[1] = 0;
35 ll sum = 0;
36 for (int i = 1; i <= n; i++) {
37 while (ed >= st && ar[que[ed]] >= ar[i]) ed--;
38 que[++ed] = i;
39 f[i] = f[i - 1] + ar[i];
40 sum += ar[i];
41 while (ed >= st && que[st] <= i - c) st++;
42 if (i >= c)
43 sum -= ar[i - c], f[i] = min(f[i], f[i - c] + sum - ar[que[st]]);
44 }
45
46 printf(Auto"\n", f[n]);
47 }
48
49 int main() {
50 init();
51 solve();
52 return 0;
53 }Codeforces 940F Machine Learning
题目大意
给定一个长度为$n$的数组，要求支持两个操作：
- 询问一个区间中所有数的出现次数组成的集合的mex。
- 修改一个位置上的数。
一个可重集合的mex是这个可重集合中最小的不存在的非负整数。
这种毒瘤题？我也不会做。那就直接莫队好了。
什么？要修改？那就带修莫队好了。
唯一的问题是如何求一个集合的mex？
考虑是出现次数，所以答案不会超过500（因为$C_{500}^{2}= \frac{500 \times 499}{2}>10^{5}$），超过500次的出现次数直接扔，查询操作暴力for。
时间复杂度$O\left(n^{\frac{5}{3}}\right)$
Code
1 /**
2 * Codeforces
3 * Problem#940F
4 * Accepted
5 * Time: 1872ms
6 * Memory: 11700k
7 */
8 #include <bits/stdc++.h>
9 using namespace std;
10 typedef bool boolean;
11
12 #define pii pair<int, int>
13 #define fi first
14 #define sc second
15
16 const int cs3 = 2500, cs2 = 450;
17
18 typedef class Query {
19 public:
20 int l, r, t;
21 int id;
22
23 Query(int l = 0, int r = 0, int t = 0, int id = 0):l(l), r(r), t(t), id(id) { }
24
25 boolean operator < (Query b) const {
26 if (l / cs3 != b.l / cs3) return l < b.l;
27 if (r / cs3 != b.r / cs3) return r < b.r;
28 return t < b.t;
29 }
30 }Query;
31
32 int n, m;
33 int cm = 0, cq = 0, cd = 0;
34 int* ar;
35 Query* qs;
36 pii *ops;
37 int cnt[200005];
38 int exist[200005];
39 int cover[cs2];
40 int *res;
41 map<int, int> mp;
42
43 int alloc(int x) {
44 if (mp.count(x)) return mp[x];
45 return mp[x] = ++cd;
46 }
47
48 inline void init() {
49 scanf("%d%d", &n, &m);
50 ar = new int[(n + 1)];
51 ops = new pii[(m + 1)];
52 qs = new Query[(m + 1)];
53 res = new int[(m + 1)];
54 for (int i = 1; i <= n; i++)
55 scanf("%d", ar + i), ar[i] = alloc(ar[i]);
56 for (int i = 1, opt, l, r; i <= m; i++) {
57 scanf("%d%d%d", &opt, &l, &r);
58 if (opt == 1)
59 ++cq, qs[cq] = Query(l, r, cm, cq);
60 else
61 r = alloc(r), ops[++cm] = pii(l, r);
62 }
63 exist[0] = 211985, cover[0] = 1;
64 }
65
66 inline void update(int x, int sign) {
67 if (!exist[x] && sign == 1) cover[x / cs2]++;
68 exist[x] += sign;
69 if (!exist[x] && sign == -1)cover[x / cs2]--;
70 }
71
72 inline void updatec(int p, int sign) {
73 int x = ar[p];
74 update(cnt[x], -1);
75 cnt[x] += sign;
76 update(cnt[x], 1);
77 }
78
79 inline void update(int op, int l, int r) {
80 int p = ops[op].fi;
81 if (l <= p && p <= r)
82 updatec(p, -1);
83 swap(ar[p], ops[op].sc);
84 if (l <= p && p <= r)
85 updatec(p, 1);
86 }
87
88 inline void solve() {
89 sort(qs + 1, qs + cq + 1);
90 int mdzzl = 1, mdzzr = 0, mdzzt = 0;
91 for (int i = 1; i <= cq; i++) {
92 while (mdzzr < qs[i].r) updatec(++mdzzr, 1);
93 while (mdzzr > qs[i].r) updatec(mdzzr--, -1);
94 while (mdzzl < qs[i].l) updatec(mdzzl++, -1);
95 while (mdzzl > qs[i].l) updatec(--mdzzl, 1);
96 while (mdzzt < qs[i].t) update(++mdzzt, mdzzl, mdzzr);
97 while (mdzzt > qs[i].t) update(mdzzt--, mdzzl, mdzzr);
98
99 for (int j = 0; j < cs2; j++) {
100 if (cover[j] < cs2) {
101 int k = j * cs2;
102 while (exist[k]) k++;
103 res[qs[i].id] = k;
104 break;
105 }
106 }
107 }
108
109 for (int i = 1; i <= cq; i++)
110 printf("%d\n", res[i]);
111 }
112
113 int main() {
114 init();
115 solve();
116 return 0;
117 }来源：oschina
链接：https://my.oschina.net/u/4407318/blog/4242178