Educational Codeforces Round 90
/ / 阅读耗时 12 分钟 Educational Codeforces Round 90。以后水题就不写题解了。
E. Sum of Digits
一个比较麻烦的模拟(？)，纯实现类题目。
由于$k\leq 9$，最多只有一次进位，进位时会造成许多$9$消失，这是最麻烦的。实际上，假如不消去$9$，最后的和应该有如下的形式：
原理是个位数不停的上升，即使9进位变成了0，也会加一个一到高位上，相当于还是加了一。但是进位时$9$会消失，于是再减去若干个$9$，假设有$p$个$9$（含个位后来得到的那一个）。那么有：
其中$a$是$x$个位上的数字。
接下来就可以枚举$a$和$p$，计算出一个合法的$f(x)$，然后贪心地构造出这个$x$。贪心时需要保证个位数字是$a$，并且$9$的数量必须是$p$，高位尽量填$8$和$9$。这样会得到很多数，最后在里面找个最小的。1
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using namespace std;
int n, k;
vector<vector<int>> kn;
inline void solve(int fx, int a, int b)
{
vector<int> ans;
ans.push_back(a), fx -= a;
if (fx < 0) return;
for (int i = 1; i < b; i++) ans.push_back(9);
if (b >= 1) fx -= (b - 1) * 9;
if (fx < 0) return;
if (fx != 0) {
if (fx < 9)
ans.push_back(fx);
else {
if (b == 0)
ans.push_back(9), fx -= 9;
else
ans.push_back(8), fx -= 8;
while (fx >= 9) ans.push_back(9), fx -= 9;
if (fx) ans.push_back(fx);
}
}
// for (int i = ans.size() - 1; i >= 0; i--) cout << ans[i];
// cout << endl;
kn.push_back(ans);
}
int cmp(int x, int y)
{
if (kn[x].size() != kn[y].size()) return kn[x].size() < kn[y].size() ? -1 : 1;
for (int i = kn[x].size() - 1; i >= 0; i--) {
if (kn[x][i] < kn[y][i]) return -1;
if (kn[x][i] > kn[y][i]) return 1;
}
return 0;
}
int main()
{
int t;
scanf("%d", &t);
while (t--) {
scanf("%d%d", &n, &k), kn.clear();
for (int i = 0; i < 10; i++) {
for (int j = 0; j <= 200; j++) {
int s = n + 9 * j * max(0, k + i - 9) - k * (k + 1) / 2;
if (k + i - 9 > 0 && j == 0) continue;
if (s % (k + 1) == 0) solve(s / (k + 1), i, j);
}
}
if (kn.empty())
printf("-1\n");
else {
int a = 0;
for (int i = 1; i < kn.size(); i++) {
if (cmp(a, i) == 1) a = i;
}
for (int i = kn[a].size() - 1; i >= 0; i--) printf("%d", kn[a][i]);
printf("\n");
}
}
return 0;
}
F. Network Coverage
看起来像网络流，然而网络流是没法做的。
可以预见的一个事实是，当一个站向某个城市提供的量确定时，整个网络的流量都是确定的，这个可以$O(n)$递推出来。
假设我们令$n$号站向$1$号城市提供$x$流量，必然有$0\leq x\leq \min(b_n,a_1)$。这时若递推下去，会有两个结果，其中一个是成功递推到$n$号城市，需要$n$号站提供至少$f(x)$流量，另一个就是递推途中中断（中间就不够了），我们认为此时$f(x)$是无穷大。
现在问题转化为是否存在$x$满足$0\leq x\leq \min(b_n,a_1)$使得$x+f(x)\leq b_n$。
在$f(x)$不是无穷大时，可以发现$f(x)$随$x$的增长是不增的，并且当$x$增加一时，$f(x)$最多减少一。这意味着$x+f(x)$是一个不减的函数（在f(x)不是无穷大时），于是可以二分。我们找到最小的使得$f(x)$不是无穷大（即成功递推）的$x$，判断$x+f(x)$是否不大于$b_n$即可。1
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using namespace std;
int n, a[N], b[N];
inline int check(int x)
{
int last = x;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int re = a[i] - min(last, a[i]);
if (i == n) return 1 + re;
if (b[i] < re) return 0;
last = b[i] - re;
}
}
int main()
{
int t;
scanf("%d", &t);
while (t--) {
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", a + i);
for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", b + i);
int l = -1, r = min(b[n], a[1]), mid;
while (l < r) { //(,]
if (r == l + 1) break;
mid = (l + r) >> 1;
if (check(mid))
r = mid;
else
l = mid;
}
// cout << r << " " << check(r) - 1 << endl;
if (check(r) == 0 || check(r) - 1 + r > b[n]) {
printf("NO\n");
} else {
printf("YES\n");
}
}
return 0;
}
G. Pawns
首先发现一个位于$(x,y)$的格子如果要到$k$列上，它至少需要到达$y+|x-k|$这一行。我们定义第$i$个格子的$v_i=y+|x-k|$。
将$v_i$升序排序，假设有$m$个。可以$O(m)$地递推出最后的结果。设$f(i)$为前$i$个格子（按$v_i$排序后的）全部到$k$列上时，最小的行数，那么有递推关系：
这是一个贪心思想。要么放到自己能放的最小位置，要么放到上一个的下面，取一个最大值。初始化$f(1)=v_1$。最后答案就是$\max(f(m)-n,0)$
将上式两边减去$i$得到：
设$g(i)=f(i)-i$，则有：
这很明显$g(m)$就是$v_i-i$的最大值。那么答案就是$\max(0,g(m)+m-n)$。
现在问题转化为，动态维护$v_i$的有序序列，求$v_i-i$的最大值。这是一个平衡树的入门级问题，可以使用平衡树解决。1
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using namespace std;
int n, k, m;
set<pair<int, int>> ssp;
struct Node
{
int l, r, v, key, sum, lz, maxn, hexin;
} nd[N << 1];
int cnt = 1, root;
inline int newNode(int x, int hx)
{
nd[cnt].hexin = hx, nd[cnt].key = rand(), nd[cnt].sum = 1, nd[cnt].v = nd[cnt].maxn = x;
return cnt++;
}
inline void upd(int x)
{
nd[x].sum = 1 + nd[nd[x].l].sum + nd[nd[x].r].sum;
nd[x].maxn = max(nd[x].v, max(nd[nd[x].l].maxn, nd[nd[x].r].maxn));
}
inline void make(int x, int p)
{
nd[x].v += p, nd[x].maxn += p, nd[x].lz += p;
}
inline void pud(int x)
{
if (nd[x].lz == 0) return;
if (nd[x].l) make(nd[x].l, nd[x].lz);
if (nd[x].r) make(nd[x].r, nd[x].lz);
nd[x].lz = 0;
}
void split(int rt, int& a, int& b, int v)
{
if (rt == 0) {
a = b = 0;
return;
}
pud(rt);
if (nd[rt].hexin < v)
a = rt, split(nd[rt].r, nd[a].r, b, v);
else
b = rt, split(nd[rt].l, a, nd[b].l, v);
upd(rt);
}
void merge(int& rt, int a, int b)
{
if (a == 0 || b == 0) {
rt = a + b;
return;
}
pud(a), pud(b);
if (nd[a].key > nd[b].key)
rt = a, merge(nd[rt].r, nd[a].r, b);
else
rt = b, merge(nd[rt].l, a, nd[b].l);
upd(rt);
}
int main()
{
srand(time(nullptr));
scanf("%d%d%d", &n, &k, &m);
nd[0].maxn = -0x3f3f3f3f;
while (m--) {
int x, y, a, b, c, v;
scanf("%d%d", &x, &y);
v = y + abs(x - k);
if (ssp.count(make_pair(x, y))) {
ssp.erase(make_pair(x, y));
split(root, a, c, v), split(c, b, c, v + 1);
merge(a, a, nd[b].l), merge(c, nd[b].r, c);
if (c) make(c, 1);
merge(root, a, c);
} else {
ssp.insert(make_pair(x, y));
split(root, a, c, v);
merge(a, a, newNode(v - nd[a].sum - 1, v));
if (c) make(c, -1);
// cout << nd[c].maxn << endl;
merge(root, a, c);
}
printf("%d\n", max(nd[root].sum + nd[root].maxn - n, 0));
}
return 0;
}