rt:炸了
T1 查询
题面
赛时
疯狂排序！！疯狂贪心！！疯狂分讨！！疯狂星期四六！！（大雾）
无果。死了。
打了暴力32pts遗憾离场
正解
二分答案！闪亮登场！
考虑比较元素为\(a_i+b_i*c_j\)形如一次函数\(y=kx+b\),
即设\(k=b_i,b=a_i,x=c_j\),则对\(y\)进行查找。
rt:
发现：若\(k=b_i,b=a_i\)为定值，则\(x=c_j\)越大，\(y\)越大。
观察数据范围，考虑对答案二分（即第\(k\)大的数为\(js\)），check是否有\(k\)个数小于\(js\)。
如何check?
根据上面的发现，对\(c\)数组进行排序，使其具有单调性，再次进行二分答案，对于每个\(a_i，b_i\)，二分答案（可调upper_bound）有多少个\(c_j\)使\(a_i+b_i*c_j \le js\),然后累加比较是否大于等于\(k\)。
时间复杂度：\(O(n \log n \log V)\)。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long a[100010],b[100010],c[100010];
int n;
long long k;
bool check(long long js)
{long long res=0;for(int i=1;i<=n;i++){long long dk=(upper_bound(c+1,c+n+1,(js-a[i])/b[i])-c-1);res+=dk; if(res>=k){return 1;} } if(res>=k){return 1;}return 0;
}
int main()
{ios::sync_with_stdio(false);freopen("query.in","r",stdin);freopen("query.out","w",stdout);cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];}for(int i=1;i<=n;i++){cin>>b[i]; } for(int i=1;i<=n;i++){cin>>c[i];}cin>>k; sort(c+1,c+1+n);long long l=0,r=1e18,mid;while(l<r){mid=(l+r)>>1;if(check(mid)){r=mid;}else{l=mid+1;}} cout<<r;return 0;
} T2 参加
题面
赛时
10min烧烤性质！！20min证明性质！！疯狂证明！！疯狂证明！！疯狂证明！！
5min写出代码！！计算时间复杂度！！疯狂TLE！！疯狂TLE！！疯狂TLE！！
评价：不如暴力
打了不如暴力25pts遗憾离场
（其实应该是40pts，但唐必僵尸没开long long,且极大值调用的INT_MAX导致挂掉15pts）
40pts
思考：
以\(k\)的左边部分为例，发现若相邻两个数之间不满足严格递增（即\(a_i \ge a_{i+1}\)）
其一定会有\(x\)次操作\([l,r]\),不同时包含\(a_i,a_{i+1}\)(即\(l \le i \le r <i+1\))
此时\(x=a_i-a_{i+1}+1\),\(x\)即为对答案的贡献。
做法：
枚举分界点\(k\),将序列分为两部分
左边严格上升，右边严格下降
两部分分别遍历,对于相邻数字\(a_i,a_{i+1}\)，若其不符合它所处部分的规则，它对答案的贡献为两数差值加一（因为是严格上升或下降)
最终答案是对于一个\(k\),其两部分的贡献取较大值,然后对于每个k取较小值。
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long a[200010];
int main()
{ios::sync_with_stdio(false);freopen("attend.in","r",stdin);freopen("attend.out","w",stdout);long long n;cin>>n;for(long long i=1;i<=n;i++){cin>>a[i]; } long long res=99999999999999; for(long long k=1;k<=n;k++){long long ans1=0,ans2=0;for(long long i=1;i<k;i++){if(a[i]>=a[i+1]){ans1+=a[i]-a[i+1]+1; } } for(long long j=n;j>k;j--){if(a[j]>=a[j-1]){ans2+=a[j]-a[j-1]+1; } } res=min(res,max(ans1,ans2));if(res==0){cout<<0;return 0; } }cout<<res;return 0;
}
正解
发现其性质是优的，只是会TLE
我们考虑优化：
发现对于每次枚举\(k\)为分界点时，都计算了相邻数字\(a_i,a_{i+1}\)对答案的贡献，有许多冗杂计算浪费时间。
如何优化:
可以使用差分的方法
用一个差分数组\(cf\)记录相邻数字\(a_i,a_{i+1}\)的差
再用前缀和数组\(prv\)和后缀和数组\(nxt\)还原答案
最后再枚举分界点，找出答案。
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long a[200010],cf[200010];
long long prv[200010],nxt[200010];
long long ans=1e18;
int n;
int main()
{ios::sync_with_stdio(false);freopen("attend.in","r",stdin);freopen("attend.out","w",stdout);cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];cf[i]=a[i]-a[i-1]; } for(int i=1;i<=n;i++){prv[i]=prv[i-1]+max(0ll,1-cf[i]);} for(int i=n;i>=1;i--){nxt[i]=nxt[i+1]+max(0ll,1+cf[i]);}for(int i=0;i<=n;i++){ans=min(ans,max(prv[i],nxt[i+1]));}cout<<ans;return 0;
}
T3 决斗
题面
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T4 回文串问题
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