A. Deadline (CF 1288 A)
题目大意
给定\(n,d\)，问是否存在自然数\(x\)，使得\(x+\left \lceil \dfrac{d}{x+1} \right \rceil \leq n\)
解题思路
直接暴力。对于用了不等式的不会去证明其正确性qwq整除与上下取正什么的。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef vector<int> VI;
typedef pair<int,int> PII;
typedef vector<PII> VPII;
typedef vector<LL> VL;
typedef pair<LL,LL> PLL;
typedef vector<PLL> VPLL;
template <typename T>
void read(T &x) {
int s = 0, c = getchar();
x = 0;
while (isspace(c)) c = getchar();
if (c == 45) s = 1, c = getchar();
while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
if (s) x = -x;
}
template <typename T>
void write(T x, char c = ' ') {
int b[40], l = 0;
if (x < 0) putchar(45), x = -x;
while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
if (!l) putchar(48);
while (l) putchar(b[--l] | 48);
putchar(c);
}
bool check(int n,int d){
for(int i=1;i<MIN(1e5,n);++i){
if (i+(int)ceil(d*1.0/(i+1))<=n) return true;
}
return false;
}
int main(void) {
int kase; read(kase);
for (int i = 1; i <= kase; i++) {
// printf("Case #%d: ", i);
int n,d;
read(n);
read(d);
if (n>=d||check(n,d)) puts("YES");
else puts("NO");
}
return 0;
}B. Yet Another Meme Problem (CF 1288 B)
题目大意
给定\(A,B\)，问有对少个\((a,b)\)，其中\(a \in [1,A],b \in [1,B]\)，使得\(a\times b+a+b=a\times 10^{f(b)}+b\)，其中\(f(x)\)表示\(x\)的位数。
解题思路
我们把式子化简，即为\(b+1=10^{f(b)}\)，很显然b只能为\(9,99,999\)这样的类型，我们设\(b+1\)有\(cnt\)位，那答案就是\(cnt\times A\)。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef vector<int> VI;
typedef pair<int,int> PII;
typedef vector<PII> VPII;
typedef vector<LL> VL;
typedef pair<LL,LL> PLL;
typedef vector<PLL> VPLL;
template <typename T>
void read(T &x) {
int s = 0, c = getchar();
x = 0;
while (isspace(c)) c = getchar();
if (c == 45) s = 1, c = getchar();
while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
if (s) x = -x;
}
template <typename T>
void write(T x, char c = ' ') {
int b[40], l = 0;
if (x < 0) putchar(45), x = -x;
while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
if (!l) putchar(48);
while (l) putchar(b[--l] | 48);
putchar(c);
}
int main(void) {
int kase; read(kase);
for (int i = 1; i <= kase; i++) {
LL A,B;
read(A);
read(B);
LL qwq=9;
int tmp=0;
while(qwq<=B){
++tmp;
qwq=qwq*10+9;
}
LL ans=tmp*A;
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}C. Two Arrays (CF 1288 C)
题目大意
给定\(n,m\)，要求构造两个数组\(a,b\)，记为\((a,b)\)，满足\(a,b\)数组有\(m\)个元素，且\(\forall i \in [1,m],1\leq a_i\le b_i \leq n\)，问有多少个符合要求的\((a,b)\)
解题思路
我们设\(dp0[i][j]\)表示当前第\(i\)位放\(j\)且不严格递增的方案数，则\(dp0[i][j]=\sum\limits_{k=1}^{j}dp0[i-1][k]\)，相应的再设个不严格递减的方案数\(dp1[i][j]\)，最终答案就是\(\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=i}^{n}dp0[n][i]\times dp1[n][j]\)
对应为代码注释部分。
我们把\(b\)数组翻转过来，接到\(a\)后面，我们就得到了一个长度为\(2m\)的不严格递增的数组\(c\)，这样问题就是我们能够构造出多少个长度为\(2m\)的不严格递增的数组，当然也可以按照上面来次动态规划可以解决。不过可以证明，答案就是
\[C^{n-1}_{2m+n-1}\]
我们记\(cnt_i\)表示数\(i\)在数组\(c\)出现的次数，则有\(\sum\limits_{i=1}^{n}cnt_i=2\times m\)，答案就是该方程组的非负整数解组的个数。这是个经典的排列组合问题，由于用隔板法要求解为正整数，而这里\(cnt_i\)可以为\(0\)，那么我们就等式左右两边都加一个\(n\)，并令\(CNT_i=cnt_i+1\)，这样方程\(\sum\limits_{i=1}^{n}CNT_i=2\times m\)的解都是正整数，根据隔板法（假设有\(2m\)个球，插\(n-1\)个板把求分为\(n\)组，每组的个数即为\(cnt_i\)，排序）答案就是\(C^{n-1}_{2m+n-1}\)。
还有个证明方法就是我们构造一个\(d\)数组，其中\(d_i=c_i+i\)，则\(2\leq d_i \leq 2m+n\)，可以证明每个\(d\)数组恰与一个\(c\)数组对应并不会证明，注意到\(d\)数组数字各异，所以\(d\)数组共有\(C_{2m+n-1}^{2m}=C_{2m+n-1}^{n-1}\)。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef vector<int> VI;
typedef pair<int,int> PII;
typedef vector<PII> VPII;
typedef vector<LL> VL;
typedef pair<LL,LL> PLL;
typedef vector<PLL> VPLL;
template <typename T>
void read(T &x) {
int s = 0, c = getchar();
x = 0;
while (isspace(c)) c = getchar();
if (c == 45) s = 1, c = getchar();
while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
if (s) x = -x;
}
template <typename T>
void write(T x, char c = ' ') {
int b[40], l = 0;
if (x < 0) putchar(45), x = -x;
while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
if (!l) putchar(48);
while (l) putchar(b[--l] | 48);
putchar(c);
}
const LL mo=1e9+7;
LL kuai(LL a,LL b){
LL qwq=1;
while(b){
if (b&1) qwq=qwq*a%mo;
a=a*a%mo;
b>>=1;
}
return qwq;
}
LL C(int n,int m){
LL qwq=1,tmp=1;
for(int i=1;i<=n;++i) qwq=qwq*i%mo;
for(int i=1;i<=m;++i) tmp=tmp*i%mo;
qwq=qwq*kuai(tmp,mo-2)%mo;
tmp=1;
for(int i=1;i<=n-m;++i) tmp=tmp*i%mo;
qwq=qwq*kuai(tmp,mo-2)%mo;
return qwq;
}
int main(void) {
int n,m;
read(n);
read(m);
LL ans=C(2*m+n-1,n-1);
/* LL dp0[m+1][n+1],dp1[m+1][n+1];
for(int i=1;i<=n;++i) dp0[1][i]=dp1[1][i]=1;
for(int i=2;i<=m;++i){
LL sum=0;
for(int j=1;j<=n;++j){
sum=(sum+dp0[i-1][j])%mo;
dp0[i][j]=sum;
}
}
for(int i=2;i<=m;++i){
LL sum=0;
for(int j=n;j>=1;--j){
sum=(sum+dp1[i-1][j])%mo;
dp1[i][j]=sum;
}
}
LL ans=0;
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=i;j<=n;++j)
ans=(ans+dp0[m][i]*dp1[m][j]%mo)%mo; */
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}D. Minimax Problem (CF 1288 D)
题目大意
给定\(n\)个数组\(a_i\)，每个数组有\(m\)个数，要求选择两组数组\(i,j\)，最大化\(\min\limits_{1\leq k \leq m} (\max (a_{ik},a_{jk}))\)。输出\(i,j\)。注意：\(1\leq n \leq 3\times 10^5,1\leq m \leq 8\)。
解题思路
我暴力就\(O(n^2m)\)能怎么优化捏……但\(m\)是出奇的小。
注意到\(min\)的值可行性具有单调性，我们考虑如何快速判定它的可行性。
我们先二分最小值\(qwq\)，枚举了一组，我们要看能否存在另一组，把该组小于\(qwq\)的值变成大于等于\(qwq\)。那么对于一组数组的某一位，如果它大于等于就设为\(1\)，否则为\(0\)，这样我们就把某一组\(hash\)成一个数字\(num_i\)，那么对于一组\(i\)，对应了一个数字\(num_i\)，如果还有另一组\(j\)对应的数字\(num_j\)两者\(|\)一下得到的数字是\(num_i|num_j\)是\(2^m-1\)的话，这就说明这两组结合起来，它的最小值是大于等于\(qwq\)，而数字\(num_j\)也就只有\(2^m-1\leq 255\)。
于是我们就二分最小值，然后枚举一组，再枚举各位大于\(qwq\)的所有情况即可。时间复杂度\(O(n\times 2^m\log_2\max(a_{ij}))\)
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef vector<int> VI;
typedef pair<int,int> PII;
typedef vector<PII> VPII;
typedef vector<LL> VL;
typedef pair<LL,LL> PLL;
typedef vector<PLL> VPLL;
template <typename T>
void read(T &x) {
int s = 0, c = getchar();
x = 0;
while (isspace(c)) c = getchar();
if (c == 45) s = 1, c = getchar();
while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
if (s) x = -x;
}
template <typename T>
void write(T x, char c = ' ') {
int b[40], l = 0;
if (x < 0) putchar(45), x = -x;
while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
if (!l) putchar(48);
while (l) putchar(b[--l] | 48);
putchar(c);
}
const int N=3e5+8;
int n,m,x,y;
pair<bool,int> sign[260];
int a[N][10],v[N];
bool check(int val){
memset(sign,0,sizeof(sign));
for(int i=0;i<n;++i){
int qwq=0;
for(int j=0;j<m;++j)
if (a[i][j]>=val) qwq|=(1<<j);
sign[qwq]=make_pair(true,i);
v[i]=qwq;
}
if (sign[(1<<m)-1].first==true){
x=y=sign[(1<<m)-1].second+1;
return true;
}
for(int i=0;i<n;++i)
for(int j=0;j<(1<<m);++j){
if (!sign[j].first) continue;
int qwq=v[i]|j;
if (qwq!=(1<<m)-1) continue;
x=i+1;
y=sign[j].second+1;
return true;
}
return false;
}
int main(void) {
read(n);
read(m);
int l=1e9+7,r=0;
for(int i=0;i<n;++i)
for(int j=0;j<m;++j){
read(a[i][j]);
l=MIN(l,a[i][j]);
r=MAX(r,a[i][j]);
}
x=y=0;
++r;
while(l<r){
int mid=(l+r)>>1;
if (check(mid)) l=mid+1;
else r=mid;
}
printf("%d %d\n",x,y);
return 0;
}E. Messenger Simulator (CF 1288 E)
题目大意
你有\(n(n\leq 3\times 10^5)\)个好友（这说明你与世界总人口的万分之一的人认识/滑稽），初始标号\(1-n\)排列，然后你依次收到了\(m\)条短信，第\(i\)条短信是来自是\(a_i\)，当收到第\(a_i\)个好友发来的信息时，它会飞到列表的第一个并且在它前面的其他人都会后退一位，当然如果本身在第一位就什么事都没发生，除了你收到了条短信。问每个人位置最小和最大分别是多少。
解题思路
对于某个人\(i\)来说，如果它发过消息那么位置最小就是\(1\)，没有发过消息则是\(i\)，我们只用解决位置最大是多少。
对于某个人\(i\)，它第一次出现的时候，由于只有序号比它大的才会对它的位置有影响，那么它此时已经后退了\(b\)位，位居\(i+b\)位，这里\(b\)是在\(i\)前面，比\(j\)大且互不相同的数的个数。而当\(i\)第二次出现的时候，\(i\)后退的\(B\)位，这里\(B\)是在\(i\)第一次出现之后第二次出现之前的数互不相同的个数，之后的处理类似。注意到如果我们在数列里前面加上\(n,n-1,n-2,n-3,...,1\)来初始化局面，那么在这之后对于\(i\)出现的情况的处理都类似\(i\)第二次出现了。
那么现在问题就转换成了统计区间内互不相同的个数。这个用\(Fenwick\ Tree\)或者\(Segment\ Tree\)来维护就好了。维护位置对个数的贡献，从左到右遍历，遇到第二次出现的就统计前后两次出现之间的位置对答案的贡献，然后把第一次出现的位置对答案的贡献置为\(0\)，第二次出现的位置对答案的贡献置为\(1\)，就能统计区间互不相同的个数了。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef vector<int> VI;
typedef pair<int,int> PII;
typedef vector<PII> VPII;
typedef vector<LL> VL;
typedef pair<LL,LL> PLL;
typedef vector<PLL> VPLL;
template <typename T>
void read(T &x) {
int s = 0, c = getchar();
x = 0;
while (isspace(c)) c = getchar();
if (c == 45) s = 1, c = getchar();
while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
if (s) x = -x;
}
template <typename T>
void write(T x, char c = ' ') {
int b[40], l = 0;
if (x < 0) putchar(45), x = -x;
while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
if (!l) putchar(48);
while (l) putchar(b[--l] | 48);
putchar(c);
}
const int N=6e5+8;
struct BIT_TREE{
int cnt[N];
int lowbit(int x){
return (x&(-x));
}
void updata(int pos,int tot,int val){
for(int i=pos;i<=tot;i+=lowbit(i))
cnt[i]+=val;
}
int sum(int pos){
int qwq=0;
for(int i=pos;i>=1;i-=lowbit(i))
qwq+=cnt[i];
return qwq;
}
int query(int l,int r){
if (l>r) return 0;
return sum(r)-sum(l-1);
}
}BIT;
int main(void) {
int n,m;
read(n);
read(m);
int v[n+m+5];
for(int i=1;i<=n;++i)
v[i]=n-i+1;
for(int i=1;i<=m;++i)
read(v[i+n]);
int sign[n+m+5]={0};
int pos[n+5][2]={0};
for(int i=1;i<=n;++i) pos[i][0]=pos[i][1]=i;
for(int i=1;i<=n+m;++i){
if (sign[v[i]]==0){
sign[v[i]]=i;
BIT.updata(i,n+m,1);
}
else{
int qwq=BIT.query(sign[v[i]]+1,i-1)+1;
pos[v[i]][0]=1;
pos[v[i]][1]=MAX(pos[v[i]][1],qwq);
BIT.updata(sign[v[i]],n+m,-1);
BIT.updata(i,n+m,1);
sign[v[i]]=i;
}
}
for(int i=1;i<=n;++i) pos[i][1]=max(pos[i][1],BIT.query(sign[i]+1,n+m)+1);
for(int i=1;i<=n;++i)
printf("%d %d\n",pos[i][0],pos[i][1]);
return 0;
}F. Red-Blue Graph (CF 1288 F)
题目大意
给定一个二分图，注意这里可能有重边，然后对边染色，染成红色费用\(r\)，染成蓝色费用\(b\)，对于一个点，如果连接它的红色边数量严格大于蓝色边，则这个点被染成红色；如果连接它的蓝色边数量严格大于红色边，则这个点被染成蓝色；否则它不被染色。现在给定点染色的要求\(URB\)，对应未染色，红色，蓝色，球给定一组边染色的方案，使得点被染成给定要求，且费用最小。
解题思路
玄学构图+费用流
神奇的代码
qwq