昨天本來想打一下，但是今天早上課很早，就沒有打，只是看了看前三個題寫了個代碼，今天中午課結束交了一下都AC了。y1s1 A題第一次寫就出來了，但是答案一直不對，最后結果是樣例錯了-。-

A - Buying Torches

數學題，最終需要stick的數量是$ky+k$，然后直接求答案就行了。

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0) #pragma GCC optimize(2) #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; typedef long long ll; const int N=100010; int main() {IO;int T=1;cin>>T;while(T--){ll x,y,k;cin>>x>>y>>k;ll res=k+(1ll*k*y+k-1+x-2)/(x-1);cout<<res<<endl;}return 0; }

B - Negative Prefixes

對于不固定位置的數，前面越大越好。把不固定位置的數逆序排列，然后插入原數組即可。

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0) #pragma GCC optimize(2) #include<vector> #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; const int N=100010; int a[N],n; bool st[N]; int main() {IO;int T=1;cin>>T;while(T--){cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];vector<int> b;for(int i=1;i<=n;i++){st[i]=0;cin>>st[i];if(!st[i]) b.push_back(a[i]);}sort(b.begin(),b.end());reverse(b.begin(),b.end());for(int i=1,j=0;i<=n;i++){if(st[i]) cout<<a[i]<<' ';else cout<<b[j++]<<' ';}cout<<'\n';}return 0; }

C - Mortal Kombat Tower

寫個dp考慮轉移即可。
$f[i][1/2][0/1]$表示為考慮前$i$個boss，最后一次kill殺了1/2個boss，現在是輪到誰了（0表示朋友，1表示自己）。
轉移就很容易，邊界是$f[0][1/2][1]=0$由于朋友先手，最開始只能從前面的邊界進行轉移。

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0) #pragma GCC optimize(2) #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; typedef long long ll; typedef pair<ll,ll> pll; typedef pair<int,int> pii; const int N=200010; int a[N],n; int f[N][3][2]; int main() {IO;int T=1;cin>>T;while(T--){cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];for(int j=1;j<=2;j++)for(int k=0;k<=1;k++) f[i][j][k]=0x3f3f3f3f;}// f[0][1][1]=f[0][2][1]=0; 全局變量 省略這一步f[0][2][0]=f[0][1][0]=0x3f3f3f3f;for(int i=1;i<=n;i++){f[i][1][0]=min(f[i-1][1][1],f[i-1][2][1])+a[i];if(i>=2) f[i][2][0]=min(f[i-2][1][1],f[i-2][2][1])+a[i]+a[i-1];f[i][1][1]=min(f[i-1][1][0],f[i-1][2][0]);if(i>=2) f[i][2][1]=min(f[i-2][1][0],f[i-2][2][0]);}int res=0x3f3f3f3f;for(int i=1;i<=2;i++)for(int j=0;j<=1;j++)res=min(res,f[n][i][j]);cout<<res<<'\n';}return 0; }

D - Trash Problem

貪心：我們只要把所有坐標先排序，然后只找出兩個相距最遠的兩堆垃圾，然后分別向左和向右知道最左端和最右端所移動的步數就是答案。
比如排序后最左端的垃圾左邊是$l$，最右端是$r$，這些垃圾中$u,v$相距最遠距離是$d$，那么答案就是$r?l?d$
考慮需要維護的哪些東西?
首先維護垃圾位置并且每次支持排序只需要用set維護即可
齊次需要維護每對垃圾之間的距離，由于可能出現重復序列我們用multiset維護即可。
每次某位置加入一個垃圾或者刪除某位置的垃圾就維護一下set和multiset即可。

關于multiset的ms.erase(x)
如果$x$是值，那么它將刪除所有$val=x$，如果$x$是地址，將刪除該地址的數，因此如果想要只刪除一個$val=x$的數，需要先找到地址，然后按照地址刪除。

//O((n+q)logn) #define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0) #pragma GCC optimize(2) #include<set> #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; typedef long long ll; typedef pair<ll,ll> pll; typedef pair<int,int> pii; const int N=100010; set<int> s; multiset<int,greater<int>> ms; int n,q; int a[N]; int main() {IO;int T=1;//cin>>T;while(T--){cin>>n>>q;for(int i=1;i<=n;i++) {cin>>a[i];s.insert(a[i]);}sort(a+1,a+1+n);ms.insert(0);for(int i=2;i<=n;i++) ms.insert(a[i]-a[i-1]);for(int i=0;i<=q;i++){if(s.size()<=2) cout<<"0\n";else{auto ed=s.end();ed--;int l=*s.begin(),r=*ed;cout<<r-l-*ms.begin()<<'\n';}if(i!=q){int op,x;cin>>op>>x;if(op==1){s.insert(x);if(s.size()==1) continue;auto ed=s.end();ed--;auto t=s.find(x);if(t==ed){t--;ms.insert(x-*t);}else if(t==s.begin()){t++;ms.insert(*t-x);}else{auto t1=t,t2=t;t1--;t2++;ms.insert(*t2-x);ms.insert(x-*t1);auto p=ms.find(*t2-*t1);ms.erase(p);}}else{if(s.size()==1){s.erase(x);continue;}auto t=s.find(x);auto ed=s.end();ed--;if(t==ed){t--;auto p=ms.find(x-*t);ms.erase(p);}else if(t==s.begin()){t++;auto p=ms.find(*t-x);ms.erase(p);}else{auto t1=t,t2=t;t1--;t2++;ms.insert(*t2-*t1);auto p1=ms.find(x-*t1);ms.erase(p1);auto p2=ms.find(*t2-x);ms.erase(p2);}s.erase(x);}}}}return 0; }

由于自己對STL不是太熟悉，踩了非常多的坑www
一位網友的set總結

剩下的題以后再看吧？可能?

E - Expected Damage

首先我們讓$d\ge b$的怪物稱為大怪物，否則稱為小怪物。
不難發現：如果大怪物的個數$big<a$，那么所有怪物都不會造成傷害，否則才能造成傷害。
小怪物的位置并不會影響大怪物是否造成傷害，不過大怪物的位置會影響小怪物是否造成傷害，因此我們先考慮大怪物的位置。如果一個大怪物想要造成傷害那么它的前面一定有$a$個大怪物，也就是說他只要不是前面$a$個大怪物（炮灰）他就能造成傷害，共有$big$個大怪物那么他不是前$a$個怪物的概率是$1?\frac{a}{big}$，現在把所有大怪物排列好，那么一共有$big+1$個空位可以放置小怪物（由于小怪物直接互不影響，每個位置可以放置隨意多個小怪物），小怪物想要造成傷害它的位置一定在前$a$的大怪物后面，易求概率為$1?\frac{a}{big+1}$，由此預處理前綴和，然后快速冪逆元即可得到答案。

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0) #pragma GCC optimize(2) #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; typedef long long ll; const int N=200010,mod=998244353; int d[N],s[N]; int n,m; int qmi(int a,int b,int p) {int res=1;while(b){if(b&1) res=1ll*res*a%p;a=1ll*a*a%p;b>>=1;}return res; } int main() {IO;int T=1;//cin>>T;while(T--){cin>>n>>m;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>d[i];sort(d+1,d+1+n);for(int i=1;i<=n;i++) s[i]=(s[i-1]+d[i]%mod)%mod;while(m--){int a,b;cin>>a>>b;int pos=lower_bound(d+1,d+1+n,b)-d;int small=pos-1,big=n-pos+1;int res;if(big<a) res=0;elseres=(1ll*(big+1-a)*qmi(big+1,mod-2,mod)%mod*s[small]%mod+1ll*(big-a)*qmi(big,mod-2,mod)%mod*(s[n]-s[small]+mod)%mod)%mod;cout<<res<<'\n';}}return 0; }

要加油哦~

總結

以上是生活随笔為你收集整理的Educational Codeforces Round 95 (Rated for Div. 2)的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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