[题解]ARC073

写在前面

一场写炸的比赛……题不是很难，赛后补一下。

C:Sentou

题意简述

一个水龙头，按一次开关会流T秒，再次按开关会刷新它的时间。
给出n次按开关的时刻，问总共会流多少秒。

数据范围

1≤n≤2×105
1≤T≤109

思路

水。

代码

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;template<typename T>void read(T &x){    char ch=getchar();    int f=1;    for (x=0;ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9');ch=getchar());    if (ch=='-') f=-1,ch=getchar();    for (;ch>='0'&&ch<='9';x=x*10+ch-'0',ch=getchar());    x*=f;}int n,T;int a[200010];ll ans;int main(){    read(n),read(T);    for (int i=1;i<=n;i++)        read(a[i]);    a[n+1]=a[n]+T;    for (int i=1;i<=n;i++)        ans+=min(a[i+1]-a[i],T);    printf("%lld",ans);    return 0;}

D:

题意简述

n个物品，每个物品重量为wi，价值为vi。背包容量为W，最大化价值。
满足特殊限制：w1≤wi≤w1+3。

数据范围

1≤n≤100
1≤wi,W≤109
1≤vi≤107

思路

把所有重量都减去base=w1−1做01背包。
f(i,j,k)表示前i个选了j个背包容量为j×base+k时的最大价值。
转移显然。
第一维可以优化。

代码

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;template<typename T>void read(T &x){    char ch=getchar();    int f=1;    for (x=0;ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9');ch=getchar());    if (ch=='-') f=-1,ch=getchar();    for (;ch>='0'&&ch<='9';x=x*10+ch-'0',ch=getchar());    x*=f;}int n,ans;int v[110],f[110][410];ll m,w[110],base;int main(){    read(n),read(m);    for (int i=1;i<=n;i++)        read(w[i]),read(v[i]);    base=w[1]-1;    for (int i=1;i<=n;i++)        w[i]-=base;         for (int i=1;i<=n;i++)        for (int j=i;j>=1;j--)            for (ll k=min(4LL*n,m-base*j);k>=w[i];k--)                    f[j][k]=max(f[j][k],f[j-1][k-w[i]]+v[i]);    for (int i=0;i<=n;i++)        for (int j=0;j<=4*n;j++)            ans=max(ans,f[i][j]);    printf("%d",ans);    return 0;}

E:Ball Coloring

题意简述

n组球，每组球包含两个球，分值分别为xi,yi。
你需要对每组球染色，一个染成红色，一个染成蓝色。
最小化(Bmax−Bmin)×(Rmax−Rmin)。

数据范围

1≤n≤2×105
1≤xi,yi≤109

思路

当时比较傻逼……
官方题解看了好久……理解不能。
首先我们把官方题解扔进垃圾桶。

答案只可能有两种情况。
1.所有球的最大值最小值属于不同球。
2.所有球的最大值最小值属于一种球。
情况1：
假设最大值是红色，最小值是蓝色。
贪心，我们把每组球的较大的给红色，较小给蓝色就好啦。
情况2：
假设最大最小值都是红色球。
我们要最小化蓝色球的极差。
枚举蓝色球的最小值，考虑蓝色球的最大值。
贪心的思路是先把原先是蓝色的，权值小于现在枚举的值的球，换到红色那边去。
（当然这样换完最小值可能比我们枚举的还小，但这一定不会比最终答案优。而我们枚举最小值，是一定可以取遍每种情况的）
然后其他组取较小值。
比较好写的一种写法是：
情况1为初始值，每次从蓝色球里找到一个最小的球，互换这一组的颜色。
可以用multiset维护。

代码

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;template<typename T>void read(T &x){    char ch=getchar();    for (x=0;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar());    for (;ch>='0'&&ch<='9';x=x*10+ch-'0',ch=getchar());}int n;pair<int,int> x[200010];multiset<int> b,r;ll ans;int main(){    read(n);    for (int i=1;i<=n;i++)    {        read(x[i].first),read(x[i].second);        if (x[i].first>x[i].second) swap(x[i].first,x[i].second);        b.insert(x[i].first),r.insert(x[i].second);    }    ans=1LL*(*b.rbegin()-*b.begin())*(*r.rbegin()-*r.begin());    sort(x+1,x+n+1);    for (int i=1;i<=n;i++)    {        b.erase(b.find(x[i].first)),r.insert(x[i].first);        r.erase(r.find(x[i].second)),b.insert(x[i].second);        ans=min(ans,1LL*(*b.rbegin()-*b.begin())*(*r.rbegin()-*r.begin()));    }    printf("%lld",ans);    return 0;}

F:Many Moves

题意简述

给出长度为n的数轴。
你有两个指针，一开始一个在a，一个在b。
q次操作，每次要求将一个指针移动到pi。
移动的代价是移动前后位置的距离。
最小化距离之和。

数据范围

1≤n,q≤2×105

思路

考虑一个naive的DP。
f(i,j)表示两个指针其中一个在pi另一个在j的最小代价。
转移有两种：
1.移动pi−1。有f(i,j)=f(i−1,j)+|pi−pi−1|
2.移动上一层的j，有f(i,pi−1)=f(i−1,k)+|pi−k|
直接做是O(n2)的。
考虑优化这个DP。
转移1直接区间加就好辣~
转移2维护f(i,j)+j和f(i,j)−j的最小值。
这两个操作可以通过线段树维护。
复杂度O(nlogn)

代码

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;#define MAXN 200010#define INF 1LL<<60typedef long long ll;template<typename T>void read(T &x){    char ch=getchar();    for (x=0;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar());    for (;ch>='0'&&ch<='9';x=x*10+ch-'0',ch=getchar());}int n,q,a,b;int ope[MAXN];ll seq[MAXN],tmp;namespace Segtree{    struct Node{        ll mn,add;    };    struct Tree{        Node tree[MAXN<<2];        void modify_add_Node(int node,ll val)        {            tree[node].mn+=val;            tree[node].add+=val;        }        void pushup(int node)        {            tree[node].mn=min(tree[node<<1].mn,tree[node<<1|1].mn);        }        void pushdown(int node)        {            if (tree[node].add)            {                modify_add_Node(node<<1,tree[node].add);                modify_add_Node(node<<1|1,tree[node].add);                tree[node].add=0;            }        }        void build(int l,int r,int node)        {            if (l==r)            {                tree[node].mn=seq[l];                tree[node].add=0;                return;            }            int mid=(l+r)>>1;            build(l,mid,node<<1);            build(mid+1,r,node<<1|1);            pushup(node);        }        void modify_add(int L,int R,int l,int r,int node,int val)        {            if (r<L||R<l) return;            if (L<=l&&r<=R)            {                modify_add_Node(node,val);                return;            }            pushdown(node);            int mid=(l+r)>>1;            modify_add(L,R,l,mid,node<<1,val);            modify_add(L,R,mid+1,r,node<<1|1,val);            pushup(node);        }        void modify_min(int pos,int l,int r,int node,ll val)        {            if (l==r)            {                tree[node].mn=min(tree[node].mn,val);                return;            }            pushdown(node);            int mid=(l+r)>>1;            if (pos<=mid) modify_min(pos,l,mid,node<<1,val);            else modify_min(pos,mid+1,r,node<<1|1,val);            pushup(node);        }        ll query_min(int L,int R,int l,int r,int node)        {            if (r<L||R<l) return INF;            if (L<=l&&r<=R) return tree[node].mn;            pushdown(node);            int mid=(l+r)>>1;            return min(query_min(L,R,l,mid,node<<1),query_min(L,R,mid+1,r,node<<1|1));                  }        ll dfs(int l,int r,int node)        {            if (l==r) return tree[node].mn+l;            pushdown(node);            int mid=(l+r)>>1;            return min(dfs(l,mid,node<<1),dfs(mid+1,r,node<<1|1));        }    };}Segtree::Tree T1,T2;int main(){    read(n),read(q),read(a),read(b);    ope[0]=a;    for (int i=1;i<=q;i++)        read(ope[i]);    for (int i=1;i<=n;i++)        seq[i]=INF;    seq[b]=-b;    T1.build(1,n,1);    seq[b]=b;    T2.build(1,n,1);    for (int i=1;i<=q;i++)    {        tmp=min(T1.query_min(1,ope[i],1,n,1)+ope[i],T2.query_min(ope[i],n,1,n,1)-ope[i]);        T1.modify_add(1,n,1,n,1,abs(ope[i]-ope[i-1]));        T2.modify_add(1,n,1,n,1,abs(ope[i]-ope[i-1]));        T1.modify_min(ope[i-1],1,n,1,tmp-ope[i-1]);        T2.modify_min(ope[i-1],1,n,1,tmp+ope[i-1]);    }    printf("%lld",T1.dfs(1,n,1));    return 0;}