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GJOI 11.10 题解

news 2025/11/14 14:29:50

1.AT_arc170_a Yet Another AB Problem

题意

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思路

从前往后扫 $s$ ，记录 $si≠tis_i\neq t_i$ 的位置上是 A 还是 B（B 需要变成 A，A 需要变成 B）。如果遇到一个 B 就先记录下来；如果遇到一个 A，就看前面有没有记录过（剩余）B，如果有就可以配成一对，操作一次 A B。

于是最后会剩下一些 A 在前面和一些 B 在后面，那么只要最后一个（要被替换的） B 后面还有 $s_i=t_i$ 的 B，和第一个 A 前面还有 A，就是有解的。

代码1（Atcoder WA on #18）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const ll N=2e5+9;
ll n;
char s[N],t[N];
ll pos1[N],pos2[N];
int main()
{freopen("replace.in","r",stdin);freopen("replace.out","w",stdout);scanf("%lld%s%s",&n,s+1,t+1);ll bta=0;ll atb=0;ll ans=0;for(int i=1;i<=n;i++){if(s[i]!=t[i]){if(s[i]=='B'){pos1[++bta]=i;}else {if(bta){s[pos1[bta]]='A',s[i]='B';ans++;bta--;}else pos2[++atb]=i;}}}if(atb==0&&bta==0){printf("%lld",ans);return 0;}bool f1=0,f2=0;for(int i=pos1[bta]+1;i<=n;i++)if(s[i]=='B')f1=1;for(int i=1;i<pos2[1];i++)if(s[i]=='A')f2=1;if(f1&&f2){printf("%lld",ans+atb+bta);}else puts("-1");return 0;
}

但是这个代码总会被卡 $1∼21\sim 2$ 个点呢。于是换了一个写法。

代码2（Atcoder AC）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const ll N=2e5+9;
ll n;
char s[N],t[N];
ll pos1[N],pos2[N];
int main()
{freopen("replace.in","r",stdin);freopen("replace.out","w",stdout);scanf("%lld%s%s",&n,s+1,t+1);for(int i=1;i<=n;i++){if(t[i]=='A')break;if(s[i]=='A'){puts("-1");return 0;}}for(int i=n;i>=1;i--){if(t[i]=='B')break;if(s[i]=='B'){puts("-1");return 0;}}ll ans=0;for(int i=1;i<=n;i++)ans+=(s[i]!=t[i]);ll cnt=0;for(int i=1;i<=n;i++){if(s[i]==t[i])continue;if(t[i]=='A')cnt++;if(cnt&&t[i]=='B')ans--,cnt--;}printf("%lld",ans);return 0;
}

2.洛谷 P12966 CCO2025 Asteroid Mining

题意

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思路

赛时观察到质量种树只有 $log⁡M=40\log M=40$ 种也没什么头绪，只会拼命敲部分分呢打了 40pts 的 dp 呢。但是感觉 dp 没什么前途——毕竟这个数据给你，就不是用来 dp 的，于是考虑贪心。

按照质量排序，首先 $m1∣m2∼nm_1|m_{2\sim n}$ ，所以 $m2∼nm_{2\sim n}$ 怎么组合，最后都会剩下 $⌊M/m1⌋modm2\left\lfloor M/m_1\right\rfloor \bmod m_2$ 的没法选，这部分全部用来选质量为 $m_1$ 的必然优的。

ll g=W/ww[i],meg=ww[i+1]/ww[i],vlen=vec[i].size();//当前可以选g个i质量；meg个i可以合成i+1 
sort(vec[i].begin(),vec[i].end(),cmp2);//贪心选多的
ll pre=min(vlen,(i==nn?g:g%meg));//g%meg个给后面也选不了，强制给i
ll pos=0;
for(;pos<pre;pos++)
{ans+=vec[i][pos];W--;
}
if(i==nn)break;

那么质量为 $m_1$ 的还有剩余怎么办？有一个精妙的解决方法，就是把上面代码的 $m e g$ 个 $m_1$ 合成一个 $m_2$ 质量的大块。

如果有合不到 $m_2$ 的怎么办呢？其实没有关系，假设最后一块没合完的为 $m_x$ ，因为 $m_2$ 成为当前最小时， $⌊M′/m2⌋modm3\left\lfloor M'/m_2\right\rfloor \bmod m_3$ 的余量，不会因为 $m_x<m_2$ 而装不下 $m_x$ ，于是是没有影响的。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const ll N=5e5+9;
ll n,W;
struct node
{ll v,w;
}a[N];
bool cmp(node x,node y)
{return x.w<y.w;
}
bool cmp2(ll x,ll y)
{return x>y;
}
ll ww[N],nn;
vector<ll>vec[N];
int main()
{freopen("mining.in","r",stdin);freopen("mining.out","w",stdout); scanf("%lld%lld",&n,&W);for(int i=1;i<=n;i++){ll v,w;scanf("%lld%lld",&v,&w);a[i]=(node){v,w};ww[i]=w;}sort(a+1,a+n+1,cmp);ww[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++){if(a[i].w!=a[i-1].w)nn++;vec[nn].push_back(a[i].v);ww[nn]=a[i].w;}ll ans=0;for(int i=1;i<=nn;i++){ll g=W/ww[i],meg=ww[i+1]/ww[i],vlen=vec[i].size();//当前可以选g个i质量；meg个i可以合成i+1 sort(vec[i].begin(),vec[i].end(),cmp2);ll pre=min(vlen,(i==nn?g:g%meg));//g%meg个给后面也选不了，强制给ill pos=0;for(;pos<pre;pos++){ans+=vec[i][pos];W--;}if(i==nn)break;for(;pos<vlen;){ll meg_sum=0;for(int k=1;k<=meg&&pos<vlen;k++)//如果合成不到质量为ww[i+1]的就不管了 {meg_sum+=vec[i][pos];pos++;}vec[i+1].push_back(meg_sum);}}printf("%lld",ans);return 0;
}

3.洛谷 P12914 POI2020 沙滩游客 / Plażowicze

题意

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思路

赛时写了一个维护所有区间的大堆和分数的各种 operator，借用 O3 神力卡到 50pts。就是每次选一个长度最长的，尽量靠左的区间，位置选在中间，然后把该区间对半劈开。堆维护区间长度和左右端点。

但是正解其实就是暴力的一点小优化。因为劈开一次会多一个，所以 $k≤109k\le 10^9$ 的询问就会多 $10^9$ 个。我们不想塞那么多东西到堆里。并且随着分裂次数增大，堆顶会有一堆长度相等的最大长度。

所以直接维护 $3$ 个东西：分裂开的区间长度、原来的左端点和分裂的元素个数（右端点可不维护）。这样堆里始终只有 $n$ 个元素，而 $n$ 个元素里面劈开的小区间长度都相同，于是按照分裂区间长度为秩是正确的。根据新增分裂段数更新答案即可。时间复杂度 $O(min⁡(nlog⁡n,q))O(\min(n\log n,q))$ 。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
inline ll read()
{ll s=0,w=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9') s=s*10+ch-'0',ch=getchar();return s*w;
}
inline void write(ll x)
{ if(x==0){putchar('0');return;}ll len=0,k1=x,c[10005];if(k1<0)k1=-k1,putchar('-');while(k1)c[len++]=k1%10+'0',k1/=10;while(len--)putchar(c[len]);
}
const ll N=1e6+9;
ll n,R,m;
ll a[N];
//-------↓分数类 -------
struct Fs
{ll fz,fm;void print(){ll g=__gcd(fz,fm);fz/=g,fm/=g;write(fz);printf("/");write(fm);puts("");}
};
inline Fs yf(Fs x)
{Fs z=x;ll g=__gcd(z.fz,z.fm);z.fz/=g,z.fm/=g;return z;
}
inline Fs operator + (Fs x,Fs y)
{Fs z={0,0};z.fm=max(x.fm,y.fm);z.fz=z.fm/x.fm*x.fz+z.fm/y.fm*y.fz;return z;
}
inline Fs operator * (Fs x,ll k)
{Fs z=x;z.fz*=k;return z;
}
inline Fs operator / (Fs x,ll k)
{Fs z=x;z.fm*=k;return z;
}
inline bool operator == (Fs x,Fs y)
{return x.fz*y.fm==y.fz*x.fm;
}
inline bool operator < (Fs x,Fs y)
{return x.fz*y.fm<y.fz*x.fm;
}
inline bool operator > (Fs x,Fs y)
{return x.fz*y.fm>y.fz*x.fm;
}
//-------↑分数类 -------
struct que
{ll k,id;
}Q[N];
inline bool cmp(que x,que y)
{return x.k<y.k;
}
struct node
{Fs l,r,Dis;ll cnt;
};
inline bool operator < (node x,node y)
{if(x.Dis==y.Dis)return x.l>y.l;return x.Dis<y.Dis;
}
priority_queue<node>q;
Fs ANS[N];
int main()
{
//	freopen("beach23.in","r",stdin);
//	freopen("beach.out","w",stdout);n=read(),R=read(),m=read();for(int i=1;i<=n;i++){a[i]=read();if(i>1)q.push((node){(Fs){a[i-1],1},(Fs){a[i],1},(Fs){a[i]-a[i-1],1},1});}for(int i=1;i<=m;i++){ll k=read();Q[i]=(que){k,i};}sort(Q+1,Q+m+1,cmp);ll tick=0,pos=1;while(1)//tick分裂次数 {node tem=q.top();q.pop();ll l=tick+1,r;tick+=tem.cnt;r=tick;//加一轮/2的贡献，l分裂前r分裂后 while(pos<=m&&Q[pos].k<=r){Fs Mid=(tem.l+tem.Dis*(Q[pos].k-l))+tem.Dis/2;ANS[Q[pos].id]=yf(Mid);pos++;}tem.Dis=tem.Dis/2;tem.cnt*=2;q.push(tem);if(pos>m||tick>=Q[m].k)break;}for(int i=1;i<=m;i++)ANS[i].print();return 0;
}