福州市 2025 国庆集训 Day2 前三题题解

福州市 2025 国庆集训 Day2 前三题题解

T1

U614648 strip

首先不难想到，将最长的两个放在两端，并且最长的将非插头那端突出去是最合算的。

然后我们来看看中间的 $s-2$ 个位置与 $n-2$ 个插座的分配。

需要遵循的原则：

• 插最多

• 空间利用率要高

此时假设我们已经知道了最多插 $x$ 个。那么绝对是用最短的 $x$ 个插座。贪心一下。

那么插最多就是我们要求的，所以我们来看看如何使空间利用率最高。

因为每个插座的长度均为 $3$，所以如果插座 $A$ 的长度模 $3$ 余 $1$，插座 $B$ 的长度模 $3$ 余 $2$，那么它俩余下的部分就可以刚好无缝衔接地占用一个插座的位置。两个余 $1$ 的也同理。

所以我们可以二分答案 $x$。对于二分出来的 $x$，计算是否可以塞下。不行则更新右端点，可以则更新左端点。

所以时间复杂度就是 $O(Tn\log n)$。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5+5;
typedef long long ljl;
int n,a[N],T;
ljl s;
bool check(int x)
{int cnt[3];ljl ts=0ll;memset(cnt,0,sizeof(cnt));for(int i=1;i<=x;++i)ts=ts+a[i]/3,++cnt[a[i]%3];if(cnt[2]>=cnt[1])ts=ts+cnt[1],cnt[2]-=cnt[1],ts+=cnt[2];else//cnt[1]>cnt[2]ts=ts+cnt[2],cnt[1]-=cnt[2],ts=ts+(cnt[1]+1)/2;return ts<=s;
}
void tpoint()
{int l=0,r=n,mid;while(l<r){
//		cout<<l<<' '<<r<<'\n';mid=(l+r+1)/2;if(check(mid))l=mid;else r=mid-1;}cout<<l+2<<'\n';return;
}
void Main()
{cin>>n>>s;for(int i=1;i<=n;++i)cin>>a[i];if(n==1||s==1){cout<<1<<'\n';return;}sort(a+1,a+n+1);s-=2;n-=2;
//	for(int i=1;i<=n;++i)cout<<a[i]<<' ';
//	cout<<'\n';tpoint();return;
}
int main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);cin>>T;while(T--)Main();return 0;
}

T2

U614650 expr

恶心大模拟。为什么我的思路有点儿与众不同啊……

注意到每个运算在外边都会配上一对括号。所以用个栈，像括号序列匹配那样。

然后我们就开个 map，将每个下标映射两个值。一个是运算后的值。另一个是这个运算的右括号的下标。这样就可以直接访问该运算后边的那个运算符（如果有的话）。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e6+5;
int T,n,ans;
stack<int> st; 
string s;
map<int,pair<int,int> > num;
int getnum(int a,int b,char opt)
{
//	cout<<a<<' '<<b<<' '<<opt<<'\n';if(opt=='!')return !a;if(opt=='&')return a&b;if(opt=='|')return a|b;if(opt=='^')return a^b;if(opt=='-')return (a&&!b?0:1);return -1;
}
void solve(int l,int r)
{
//	cout<<l<<' '<<r<<'\n';if(s[l+1]=='!'){num[l].first=!(num[l+2].first);num[l].second=r;return;}if(s[num[l+1].second+1]=='-')//((0->1)->1){num[l].first=getnum(num[l+1].first,num[num[l+1].second+3].first,'-');num[l].second=r;return;}int a=num[l+1].first,b=num[num[l+1].second+2].first;num[l].first=getnum(a,b,s[num[l+1].second+1]);num[l].second=r;return;
}
void Main()
{cin>>s;n=(int)s.size();num.clear();s=" "+s;ans=0;while(!st.empty())st.pop();for(int i=1;i<=n;++i){if(s[i]=='(')st.push(i);if(s[i]==')'){solve(st.top(),i);st.pop();}if(s[i]>='0'&&s[i]<='9'){num[i].first=s[i]-'0';num[i].second=i;}}if(s[1]>='0'&&s[1]<='9')ans=s[1]-'0';else ans=num[1].first;cout<<ans<<'\n';return;
}
int main(){
//	freopen("expr3.in","r",stdin);ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);cin>>T;while(T--)Main();return 0;
}

T3

U614651 course

推式子题。可惜我太菜了推出不来 /ll。

我们假设 $\frac{{\sum }_{j=1}^k{c}_{i_j}}{{\sum }_{j=1}^k{t}_{i_j}}\ge x$。

那么有：
$$\begin{gathered} \sum _{j=1}^k{c}_{i_j}\ge x\cdot \sum _{j=1}^k{t}_{i_j} \\ \sum _{j=1}^k{c}_{i_j}-x\cdot \sum _{j=1}^k{t}_{i_j}\ge 0 \\ \sum _{j=1}^k(c_{i,j}-x\cdot t_{i_j})\ge 0 \end{gathered}$$
所以我们可以定义新的权值 $a_i=c_i-x\cdot t_i$，若 ${\sum }_{j=1}^k{a}_j\ge 0$ 则合法。

想要 ${\sum }_{j=1}^k{a}_j\ge 0$，显然是选择最大的 $k$ 个 $a$，所以可以排个序。

所以只要二分 $x$，判断是否合法即可。注意精度。

这里为什么不是小等于，而是大等于呢？

当然也是可以的。因为如果是小等于，则你随便给它一个大点的值（比如说 $1$，其实也是不可能达到的上限）就能合法。所以如果合法了，必须修改右端点，反之修改左端点。

时间复杂度：$O(n{\log }^{2}n)$。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef double db;
const int N=1e5+5;
int n,k;
db c[N],t[N],a[N];
bool cmp(db a,db b){return a>b;}
bool check(db x)
{for(int i=1;i<=n;++i)a[i]=c[i]-x*t[i];sort(a+1,a+n+1,cmp);db ans=0.0;for(int i=1;i<=k;++i)ans+=a[i];return ans>=0;
}
int main(){ios::sync_with_stdio(0);cin>>n>>k;for(int i=1;i<=n;++i)cin>>c[i];for(int i=1;i<=n;++i)cin>>t[i];db l=0.0,r=1.0,mid;while(l<r&&r-l>0.0001){
//		cout<<l<<' '<<r<<' '<<mid<<'\n';mid=(l+r)/2.0;if(check(mid))l=mid;else r=mid;}cout<<fixed<<setprecision(3)<<l<<'\n';return 0;
}