2019 Multi-University Training Contest 6
补题链接：2019 Multi-University Training Contest 6
题意
给定包含 $n$ 个不同数字的排列 $p$。一开始所有数字都冻住。再给出一个长度为 $n$ 的数组 $k$，$k[i]$ 表示 $p[k[i]]$ 在第 $i$ 时刻解冻。输出 $n$ 个数，表示第 $i$ 个时刻数组 $p$ 中解冻的数字的最长上升子序列的长度。
题解
思维 LIS
倒过来考虑 (时光倒流)。一开始所有数都是解冻的，一个一个开始冰冻。每冰冻一个数字，判断是否在当前最长上升子序列内，如果不在就输出当前最长上升子序列的长度，否则重新计算最长上升子序列。
由于给定的排列是随机的，随机排列的期望 $LIS$ 的长度是 $O(\sqrt{n})$，一个数在最长上升子序列内的概率为 $1 / \sqrt{n}$，那么期望删除 $O(\sqrt{n})$ 个数才会修改 $LIS$。期望时间复杂度为 $O(n\sqrt{n}logn)$。
$solved by zmz$
题意
定义 $f(n, m)$ 为第 $m$ 小的整数 $x$ 满足 $x>n$ 并且 $gcd(x,n)=1$。给定 $m$ 和 $k$，求满足 $(f(n,m)-n)⊕n=k$ 的最小正整数 $n$。($⊕$ 代表按位异或)
题解
质数的密度分布
$f(n,m)-n$ 不会超过第 $m$ 个与 $n$ 互质的质数，$m$ 是比较小的
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| #pragma GCC optimize(2)
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <string>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <map>
#include <iomanip>
#include <set>
#include <vector>
#include <queue>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll gcd(ll a, ll b) {
return b == 0 ? a : gcd(b, a % b);
}
int main() {
ll k, m;
int T;
scanf("%d", &T);
while (T--) {
cin >> k >> m;
ll left = k - 1000;
if (left < 0)left = 1;
ll right = k + 1000;
int flag = 0;
for (ll i = left; i <= right; i++) {
ll cnt = 0, tmp = i + 1;
while (cnt < m) {
if (gcd(tmp, i) == 1) {
cnt++;
}
tmp++;
}
if ((k ^ i) == tmp - i - 1) {
flag = 1;
cout << i << endl;
break;
}
}
if (!flag)cout << -1 << endl;
}
return 0;
}
|
题意
给定一个小根堆，两个人每次从叶子节点取出一个数累加到自身的分数，堆为空时游戏结束，两个人选择最优策略。求两个人最终的分数。
题解
贪心 排序
两个人每次取最大的值，因此直接排序后间隔着累加就行，也可以使用优先队列。时间复杂度 $O(nlogn)$。
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| #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 10;
typedef long long ll;
ll a[maxn];
int main() {
int T;
scanf("%d", &T);
while(T--) {
int n;
scanf("%d", &n);
for(int i = 0; i < n; ++i) {
scanf("%lld", &a[i]);
}
sort(a, a + n);
ll s1 = 0, s2 = 0;
for(int i = n - 1; i >= 0; --i) {
if((n - i) % 2) s1 += a[i];
else s2 += a[i];
}
printf("%lld %lld\n", s1, s2);
}
return 0;
}
|