Codeforces Round #466 (Div. 2) 題解

人生中第三次$CF$。。。 考試中切了$A$~$E$ $F$題會作沒時間寫

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#題解 ##A：Points on the line ###題意 給定一個數列，刪最小的數，使最大差不大於一個定值 ###Sol 排序後選的必定是段連續的區間，枚舉左右端點便可

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 ###題意 給定數$n$和$k$以及代價$A$和$B$ 你能夠花$A$的代價給$n$減$1$ 或者當$n$爲$k$的倍數時花$B$的代價把$n$變爲$n/k$ 問$n$變爲$1$的最小代價 ###Sol 不是$k$的倍數，就減到$k$的倍數爲止 不然比較減和除的代價，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 ###題意 一個長度爲$n$的小寫字母組成的字符串和一個整數$k$，要你生成一個最小字典序的長度爲$k$的小寫字母組成的字符串 使該字符串的字符集爲給定串的字符集的子集，而且字典序大於給定串 ###Sol 找到一個最後面的位置能夠使答案串大於原串，後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 ###題意 給定數列$A$ 以及生成數列$B$的條件： $B[1]=B[2]=B[3]=B[4]=0$ 對於$i>4$ 若是 $a[i],a[i-1],a[i-2],a[i-3],a[i-4]>r$ 且$b[i-1]=b[i-2]=b[i-3]=b[i-4]=1$ 則$b[i]=1$ 若是 $a[i],a[i-1],a[i-2],a[i-3],a[i-4]<l$ 且$b[i-1]=b[i-2]=b[i-3]=b[i-4]=0$ 則$b[i]=0$ 不然$b[i]=b[i-1]$ 保證必定有解，輸出$l, r$能夠構造出給定的數列$B$ 輸出任意一組$l,r\in[-1e9, 1e9]$ ###Sol 保證必定有解，那麼按題意反過來構造$l, r$便可

# 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 ###題意 給定一個長度爲$n$的數列以及一個整數$c$ 一個下標在$[l, r]$內的子數列的價值爲全部數的和減去子數列中前$\lfloor\frac{r-l+1}{c}\rfloor$小的數的和 求把這個數列分紅若干個塊，使的每塊的價值和最小 ###Sol 前$k$小？離散化+主席樹辣 碼完 發現只會$n^2$的滴劈 設$f[i]$表示作到第$i$個數的最小代價，枚舉長度轉移，前$k$小的和主席樹查詢 你當這是$OI$賽制啊？沒有部分分的。。 咱們分狀況考慮

• 若分一塊長度小於$c$的 價值就是全部的數的和 那麼還不如一個一個選更方便轉移
• 若分一塊長度爲$c$的倍數的 咱們把它分紅若干個長度爲$c$的塊，就是總和減去每一個塊的最小值的和 而直接分一塊就是總和減去整個塊的前幾個最小值 整個塊的前幾個最小值必定小於等於若干塊的最小值和 那麼分紅若干個長度爲$c$的塊最優
• 若一塊長度大於等於$c$的，就是上面兩種組合而來

那麼策略就是：要麼一個一個選，要麼選$c$個一塊 只要求區間最小值，$RMQ$問題 然而主席樹懶得刪

# 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 ###題意 給一個數列 每次詢問一個區間$[l,r]$ 求數列下標在這個區間內的數的個數的$mex$值 $p.s$：$mex$值是最小的沒出現的整數值 數會隨時修改 ###Sol 這不就是離散化+帶修改莫隊嗎？ 吐槽一下： $mex$值開桶暴力求就能過了

個人作法： 把數字也分塊，計算$mex$時，找到第一個不滿的塊，再在塊內找的那個$mex$值

還有一點就是 我$TM$學了假的帶修改莫隊： 沒按時間爲第三關鍵字排序！！！ 沒把塊的大小設爲$n^\frac{2}{3}$！！！ 沒比較右端點所在的塊！！！ 而後一直$TLE$，$QAQ$

# 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;
}

#總結 $CF$比賽的題仍是不錯的 總有一些奇奇怪怪的腦洞 話說歪果仁知道主席樹和莫隊算法嗎？