【AtCoder】ARC098题解

C - Attention

枚举，计算前缀和即可

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define space putchar(' ')
#define enter putchar('\n')
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define MAXN 300005
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
template<class T>
void read(T &res) {
    res = 0;T f = 1;char c = getchar();
    while(c < '0' || c > '9') {
        if(c == '-') f = -1;
        c = getchar();
    }
    while(c >= '0' && c <= '9') {
        res = res * 10 + c - '0';
        c = getchar();
    }
    res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
    if(x < 0){putchar('-');x = -x;}
    if(x >= 10) out(x / 10);
    putchar('0' + x % 10);
}

int N,sum[2][MAXN];
char s[MAXN];
void Solve() {
    read(N);
    scanf("%s",s + 1);
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
        sum[0][i] = sum[0][i - 1];sum[1][i] = sum[1][i - 1];
        if(s[i] == 'E') sum[0][i]++;
        else sum[1][i]++;
    }
    int ans = N;
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
        ans = min(i - 1 - sum[0][i - 1] + (N - i - (sum[1][N] - sum[1][i])),ans);
    }
    out(ans);enter;
}
int main() {
#ifdef ivorysi
    freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
    Solve();
}

D - Xor Sum 2

等价与一个区间每一数位只能有一个1

我们记录\(nxt[i][j]\)表示第\(i\)位数下一个第\(j\)位是1的位置是什么

我们枚举左端点，然后去计算右端点，取最小的右端点

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define space putchar(' ')
#define enter putchar('\n')
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define MAXN 200005
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
template<class T>
void read(T &res) {
    res = 0;T f = 1;char c = getchar();
    while(c < '0' || c > '9') {
        if(c == '-') f = -1;
        c = getchar();
    }
    while(c >= '0' && c <= '9') {
        res = res * 10 + c - '0';
        c = getchar();
    }
    res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
    if(x < 0){putchar('-');x = -x;}
    if(x >= 10) out(x / 10);
    putchar('0' + x % 10);
}

int N,a[MAXN],nxt[MAXN][25];
void Solve() {
    read(N);
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) read(a[i]);
    for(int i = 0 ; i < 20 ; ++i) nxt[N + 1][i] = N + 1;

    for(int i = N ; i >= 1 ; --i) {
        for(int j = 0 ; j < 20 ; ++j) {
            if(a[i] >> j & 1) {
                nxt[i][j] = i;
            }
            else nxt[i][j] = nxt[i + 1][j];
        }
    }
    int64 ans = 0;
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
        int r = N;
        for(int j = 0 ; j < 20 ; ++j) {
            int t = nxt[i][j];
            if(t != N + 1) r = min(r,nxt[t + 1][j] - 1);
        }
        ans += (r - i + 1);
    }
    out(ans);enter;
}
int main() {
#ifdef ivorysi
    freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
    Solve();
}

E - Range Minimum Queries

二分一个差值，枚举最小值，我们会得到一个可取区间
对于枚举的最小值，我们把区间里所有大于等于它的都标成1，对于一段连续的1区间，统计一下区间里有多少个数在范围内，记为\(cnt\)，设长度为L，这个区间可以满足的询问个数就是\(min(L - K + 1,cnt)\)

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define space putchar(' ')
#define enter putchar('\n')
#define MAXN 2005
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
template<class T>
void read(T &res) {
    res = 0;char c = getchar();T f = 1;
    while(c < '0' || c > '9') {
    if(c == '-') f = -1;
    c = getchar();
    }
    while(c >= '0' && c <= '9') {
    res = res * 10 + c - '0';
    c = getchar();
    }
    res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
    if(x < 0) {x = -x;putchar('-');}
    if(x >= 10) {
    out(x / 10);
    }
    putchar('0' + x % 10);
}
int N,K,Q;
int a[MAXN],val[MAXN],tot;

bool check(int mid) {
    for(int i = 1 ; i <= tot ; ++i) {
    int l = val[i],r = val[i] + mid;
    int res = 0,st = 0,ed = -1,cnt = 0;
    for(int j = 1 ; j <= N ; ++j) {
        if(a[j] >= l) {
        if(!st) st = ed = j;
        ed = max(ed,j);
        if(a[j] <= r) ++cnt;
        }
        else {
        if(ed - st + 1 >= K) {
            res += min(cnt,(ed - st + 1) - K + 1);
        }
        st = 0,ed = -1;cnt = 0;
        }
    }
    if(ed - st + 1 >= K) {
        res += min(cnt,(ed - st + 1) - K + 1);
    }
    if(res >= Q) return true;
    }
    return false;
}
void Init() {
    read(N);read(K);read(Q);
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
    read(a[i]);
    val[i] = a[i];
    }
    sort(val + 1,val + N + 1);
    tot = unique(val + 1,val + N + 1) - val - 1;
    
}
void Solve() {
    int L = 0,R = val[tot] - val[1];
    while(L < R) {
    int mid = (L + R) >> 1;
    if(check(mid)) R = mid;
    else L = mid + 1;
    }
    out(L);enter;
}
int main() {
#ifdef ivorysi
    freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
    Init();
    Solve();
}

F - Donation

感觉这道题和之前见过的某道题有点一样，又不太一样……
智商--，看了好久题解才想明白一点。。。

就是……我们先想一下，我们如果按照每个点交钱的顺序写下一个序列
对于第k次选走的点，我们需要的是我们钱数\(w\)，需要有\(w >= \sum_{i = 1}^{k}B_{id[i]} + max(A_{id[k]} - B_{id[k]},0)\)
最后我们需要的是序列最大值，我们要最大值最小

并且，要求这个序列付完钱的点，之后不会再经过了

我们对于每个点求一个\(C[i]\)为\(max(A[i] - B[i],0)\)

我们发现，如果一个在\(C[i]\)最大值被选择之前，答案的下限在不断提高

那么我们可能会考虑到，我们要拿走u点之后，我们的图可能会裂成很多子图，我们需要进入其中一个子图，然后将剩下子图的B连带u点累加起来加上\(C[u]\)来累加答案

那么，在最大值拿走之前，假设最大值拿走之后我们进入的子图是\(G_{i}\)，那么，\(G_{i}\)里的任何一点\(w\)为什么不能先于u之前拿走呢？

这是我很难想明白的一件事，我现在也许能谈一下理解

当\(w\)点在\(u\)之前时，\(B[w]\)必定会被统计到答案的一个下限中，如果\(w\)在\(u\)点之后，\(B[w]\)可能不会累加进最后的答案用来更新，也可能会，而我们希望的是答案更优秀，\(w\)在\(u\)之前答案不可能变小，而\(w\)在\(u\)之后，答案可能会变小但是绝对不会变大，所以我们把其他子图访问完之后选择访问这个子图

我们发现，这刚刚好是一个子问题，我们对这个子图取出最大值作为根，然后重新求一下这个子图的答案就可以，我们可以用dp解决这个问题，对于每个子图都进入一遍求值

然而，好像又有了一个新的问题，我们怎么求每次去掉最大值后，每个子图里的最大值，暴力求显然是\(n^2\)的

我们发现，全局最大值和每个子图里的最大值连边，每个子图里的最大值和去掉最大值后新裂成的子图最大值连边，刚好可以在图中构建出一棵树

而C值最小的点，必然是叶子
我们按C从小到大遍历每个点，访问周边的所有点，如果周边的点有C值小于它的，就让周边的点所在的子图的最大值（用并查集维护）作为它的儿子就好了

写出来的代码非常清晰，又简单好写，思维含量又高，可以说是虐我这种蒟蒻的好题了。

代码

#include <bits/stdc++.h>
//#define ivorysi
#define enter putchar('\n')
#define space putchar(' ')
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define eps 1e-8
#define mo 974711
#define MAXN 200005
#define pii pair<int,int>
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef double db;
template<class T>
void read(T &res) {
    res = 0;char c = getchar();T f = 1;
    while(c < '0' || c > '9') {
    if(c == '-') f = -1;
    c = getchar();
    }
    while(c >= '0' && c <= '9') {
    res = res * 10 + c - '0';
    c = getchar();
    }
    res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
    if(x < 0) {putchar('-');x = -x;}
    if(x >= 10) {
    out(x / 10);
    }
    putchar('0' + x % 10);
}
int N,M;
struct node {
    int to,next;
}E[MAXN * 2];
int head[MAXN],sumE,id[MAXN],ra[MAXN],f[MAXN];
int64 A[MAXN],B[MAXN],C[MAXN],dp[MAXN],siz[MAXN];
vector<int> son[MAXN];
int getfa(int x) {
    return f[x] == x ? x : f[x] = getfa(f[x]);
}
bool cmp(int s,int t) {
    return C[s] < C[t];
}
void add(int u,int v) {
    E[++sumE].to = v;
    E[sumE].next = head[u];
    head[u] = sumE;
}
void Init() {
    read(N);read(M);
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
    read(A[i]);read(B[i]);C[i] = max(A[i] - B[i],0LL);
    id[i] = i;
    }
    sort(id + 1,id + N + 1,cmp);
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) ra[id[i]] = i;
    int u,v;
    for(int i = 1 ; i <= M ; ++i) {
    read(u);read(v);
    add(u,v);add(v,u);
    }
}
void dfs1(int u) {
    siz[u] += B[u];
    for(auto v : son[u]) {
    dfs1(v);
    siz[u] += siz[v];
    }
}
void dfs2(int u) {
    if(son[u].size() == 0) {
    dp[u] = B[u] + C[u];
    return;
    }
    dp[u] = 1e18;
    for(auto v : son[u]) {
    dfs2(v);
    dp[u] = min(siz[u] - siz[v] + max(C[u],dp[v]),dp[u]);
    }
}
void Solve() {
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) f[i] = i;
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
    int u = id[i];
    for(int j = head[u] ; j ; j = E[j].next) {
        int v = E[j].to;
        if(ra[getfa(v)] < ra[u] && getfa(v) != u) {
        son[u].pb(getfa(v));
        f[getfa(v)] = u;
        }
    }
    }
    dfs1(id[N]);
    dfs2(id[N]);
    out(dp[id[N]]);enter;
}
int main() {
#ifdef ivorysi
    freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
    Init();
    Solve();
    return 0;
}