1103日考試

題解

排隊

20% $1\le n\le 20, 1\le x,h_i\le 20$ 隨便暴力

50% $1\le n \le 2000, 1\le x,h_i\le 1e9$ 枚舉把哪個定成中位數

100% $1\le n\le 2e5,1\le x,h_i\le 1e9$

先把高度排序。貪心地修改。最好的方法是把最中間的人變成$x$。那麼就把左邊比他高的或者右邊比他矮的都改成$x$就好啦。

// http://noi.ac/submission/35641
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int N=200010;
typedef long long ll;

int n;
ll x,a[N];

void iWork()
{
	cin>>n>>x;
	int i;
	for(i=0;i<n;i++)
	scanf("%lld",&a[i]);
	sort(a,a+n);
	ll le=0,ri=0;
	for(i=0;i<n/2;i++)
	{
		if(a[i]>x)le+=a[i]-x;
		if(a[n-1-i]<x)ri+=x-a[n-1-i];
	}
	cout<<le+abs(a[n/2]-x)+ri<<endl;
}

int main()
{
	iWork();
	return 0;
}

翹課

10% $2\le n,m\le 500,k=1$

20% $2\le n,m\le 200000,k=1$ 暴力

40% $2\le n,m\le 2000,k=2$ 找環

70% $2\le n,m\le 2000,k<n$ 每次跑點判斷

100% $2\le n,m\le 200000,1\le k <n$ 倒着刪

考慮先把所有邊加進去，再倒過來刪邊。

對於每個點，我們考慮要不要刪掉它，刪掉它表示它連接着選中的點的度小於 K 了。刪完它之後我們把它鄰居的度都–，然後再看它的鄰居要不要被刪掉。這樣預處理把每個點判一次要不要刪。

之後刪一條邊也是刪完就判斷連接的兩個點需不需要被刪掉。因爲每個點只會被刪一次，所以整體還是O(n)的。

題目做法可能多樣，但思路應該都是倒過來。

http://noi.ac/submission/35642
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int N=200010;
typedef long long ll;

int n,m,K,u[N],v[N],in[N],deg[N],tot,ans[N],deleted[N];

vector<pair<int,int> > G[N];

void iadd(int u,int v,int id)
{
	G[u].push_back(make_pair(v,id));
	deg[u]++;
}

void del(int x)
{
	//cout<<'#'<<x<<' '<<deg[x]<<endl;
	if(deg[x]>=K||in[x]==0)return;
	//cout<<'@'<<x<<' '<<deg[x]<<endl;
	tot--;
	in[x]=0;
	for(int i=0;i<G[x].size();i++)
		if(in[G[x][i].first]&&deleted[G[x][i].second]==0)
		{
			deg[G[x][i].first]--;
			del(G[x][i].first);
		}
}

void iWork()
{
	cin>>n>>m>>K;
	int i;
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		scanf("%d %d",&u[i],&v[i]);
		iadd(u[i],v[i],i);
		iadd(v[i],u[i],i);
	}
	tot=n;
	for(i=1;i<=n;i++)
		in[i]=1;
	for(i=1;i<=n;i++)
		del(i);
	//for(i=1;i<=n;i++)cout<<in[i];cout<<endl;
		
	for(i=m;i>=1;i--)
	{
		//for(int j=1;j<=n;j++)if(in[j])cout<<j<<' '<<deg[j]<<endl;
		//for(int j=1;j<=n;j++)cout<<in[j];cout<<endl;
		ans[i]=tot;
		deleted[i]=1;
		if(in[v[i]])deg[u[i]]--;
		if(in[u[i]])deg[v[i]]--;
		del(u[i]);
		del(v[i]);
	}
	for(i=1;i<=m;i++)
		printf("%d\n",ans[i]);
}

int main()
{
	iWork();
	return 0;
}

運氣大戰

20% $n\le 10,q\le 10$ 暴力

另30% $n\le 1000,q\le 100$ 這個點我也不記得爲什麼放了，但看起來很多人只拿到了50所以可能還是有點意義的？

另20% $n\le 30000,q\le 500$ nq 的 dp

100% $2\le n\le 30000,1\le q\le 10000,1\le w_i,r_i \le 1e6,1\le a_i\not=b_i \le n$

由於排序不等式，我們儘量想順序放。兩邊都排序。

由於 n 個不能配的干擾，又不能完全順序放。

有個結論，最後匹配出第 i 個人的運氣值是第 j 個的話，$|i-j|\le2$。這個結論從最小化逆序對的個數來看，自己把附近幾個線連起來畫一畫證明一下。

這樣就可以用 dp[i]表示到 i 爲止所有配好的最優答案。計算的時候需要用到前三輪的答案然後討論一下。這個是 O(nq)的，可以過70%。

用線段樹記錄區間答案。區間記錄這樣的信息：把這個區間前0-2個和後0-2個元素去掉的答案，用3x3的矩陣維護。這樣複雜度是O(qlogn)。

// http://noi.ac/submission/35643
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;

#define A first
#define B second
typedef long long ll;

int n,q;
vector<pair<int,int> > L, R;
int whereL[30013], whereR[30013];
ll cost[30013][2];
ll dp[30013];

const ll INF = -3.1e16;

inline ll match(int a, int b) {
	if (a<=0 || b<=0 || a>n || b>n) return INF;
	return (ll) L[a].A*R[b].A;
}

inline void update(int i) {
	if (i<=0 || i>n) return;
	cost[i][0] = match(i,i+1)+match(i+1,i);
	cost[i][1] = max(match(i,i+1)+match(i+1,i+2)+match(i+2,i),match(i,i+2)+match(i+1,i)+match(i+2,i+1));
}

int main() {
	scanf("%d%d",&n,&q);
	for (int i=0;i<=n;i++) {
		L.push_back(make_pair(0,i));
		R.push_back(make_pair(0,i));
	}
	for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&L[i].A);
	for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&R[i].A);
	sort(L.begin(),L.end());
	sort(R.begin(),R.end());
	for (int i=1;i<=n;i++) {
		whereL[L[i].B] = i;
		whereR[R[i].B] = i;
	}
	for (int i=1;i<=n;i++) update(i);
	for (int Q=0;Q<q;Q++) {
		int a,b;
		scanf("%d%d",&a,&b);
		swap(R[whereR[a]].B,R[whereR[b]].B);
		swap(whereR[a],whereR[b]);
		for (int i=-2;i<=0;i++) {
			update(whereL[a]+i);
			update(whereR[a]+i);
			update(whereL[b]+i);
			update(whereR[b]+i);
		}
		dp[n+1] = 0;
		for (int i=n;i;i--) {
			dp[i] = max(dp[i+2]+cost[i][0],dp[i+3]+cost[i][1]);
			if (L[i].B!=R[i].B) dp[i] = max(dp[i],(ll) L[i].A*R[i].A+dp[i+1]);
		}
		printf("%lld\n",dp[1]);
	}

	return 0;
}