题目链接

B

按照monster的攻击力排序

由于存在同归于尽也算成功 所以我们需要讲攻击力最大的monster放在最后 保证同归于尽的这一次效率最大

CODE:

#include<bits/stdc++.h>
#define M 1008611
using namespace std;
int T,n;
long long A,B;
bool flag;
struct Node
{
	long long ai,bi,val;
	friend bool operator <(const Node &a,const Node &b)
	{return a.ai<b.ai;}
}e[M];
long long check(long long x,long long y)
{return (x%y) ? (x/y)+1:(x/y);}//由于存在同归于尽 所以致死时的那一次攻击也要算上
int main()
{
	scanf("%d",&T);
	while(T--)
	{
		scanf("%lld%lld%d",&A,&B,&n);flag=1;
		for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%lld",&e[i].ai);
		for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%lld",&e[i].bi);
		sort(e+1,e+n+1);
		for(int i=1;i<=n;++i)
		{
			long long nowx=check(e[i].bi,A)*e[i].ai,nowy=check(B,e[i].ai)*A;
			if(e[i].bi<=nowy)
			{
				if(B<=nowx&&i<n) {flag=0;break;}
				else B-=nowx;
			}
			else {flag=0;break;}
		}
		puts(flag ? "YES":"NO");
	}
	return 0;
} 

C

按照分布的话 可以看作一个波形图 让你寻找一个波谷

通过排列以及查询次数的范围可以猜出 可以使用二分求解

CODE:

#include<bits/stdc++.h>
#define M 1008611
using namespace std;
int n;
int num[M];
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	num[0]=num[n+1]=1008611;
	int le=1,ri=n;
	while(le<ri)
	{
		int mid=(le+ri)>>1;
		printf("? %d\n",mid);fflush(stdout);scanf("%d",&num[mid]);
		printf("? %d\n",mid+1);fflush(stdout);scanf("%d",&num[mid+1]);
		if(num[mid]<num[mid+1]) ri=mid;
		else le=mid+1;
	}
	printf("! %d\n",le);
	return 0;
} 

D1

一个贪心题

我们假设分别维护了两个序列

当前原序列到了x 将x同两个序列末尾比较

如果均相同的话 将x放在任一序列末尾均可

如果只有一个相同一个不同的话 将x放在不相同的序列末尾

如果均不相同的话 分别查询两个序列末尾的数字在原序列中 后面出现相同的数字哪个更靠前 将x放在这个序列的末尾 从而防止其线段相连

CODE:

#include<bits/stdc++.h>
#define M 1008611
using namespace std;
int n,ans;
int num[M],pos[M],fro[M];
int ed1,ed2;
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&num[i]);
	for(int i=0;i<=n;++i) pos[i]=n+1;
	for(int i=1;i<=n;++i) 
	{
		if(fro[num[i]]) pos[fro[num[i]]]=i;
		fro[num[i]]=i;
	}
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
 
		if(num[i]!=num[ed1]&&num[i]==num[ed2]) {++ans;ed1=i;}
		else if(num[i]==num[ed1]&&num[i]!=num[ed2]) {++ans;ed2=i;}
		else if(num[i]!=num[ed1]&&num[i]!=num[ed2]) 
		{
			++ans;
			if(pos[ed1]<pos[ed2]) ed1=i;
			else ed2=i; 
		}
		else if(num[i]==num[ed1]&&num[i]==num[ed2]) ed1=i;
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
} 

D2

一道贪心题 跟上面的做法很相似

如果均相同的话 将x放在任一序列末尾均可

如果只有一个相同一个不同的话 将x放在相同的序列末尾

如果均不相同的话 分别查询两个序列末尾的数字在原序列中 后面出现相同的数字哪个更靠后 将x放在这个序列的末尾 从而保证其线段相连

CODE:

#include<bits/stdc++.h>
#define M 1008611
using namespace std;
int n,ans;
int num[M],pos[M],fro[M];
int ed1,ed2;
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&num[i]);
	for(int i=0;i<=n;++i) pos[i]=n+1;
	for(int i=1;i<=n;++i) 
	{
		if(fro[num[i]]) pos[fro[num[i]]]=i;
		fro[num[i]]=i;
	}
//	for(int i=1;i<=n;++i) printf("%d%c",pos[i],(i==n ? '\n':' '));
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{

		if(num[i]!=num[ed1]&&num[i]==num[ed2]) ed2=i;
		else if(num[i]==num[ed1]&&num[i]!=num[ed2]) ed1=i;
		else if(num[i]!=num[ed1]&&num[i]!=num[ed2]) 
		{
			++ans;
			if(pos[ed1]>pos[ed2]) ed1=i;
			else ed2=i; 
		}
		else if(num[i]==num[ed1]&&num[i]==num[ed2]) ed1=i;
//		printf("now is %d %d\n",ed1,ed2);
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
} 

E

极致构造题

首先 一看数据范围 L≤R≤\(10^6\) n≤32

然后这道题也是数的分解 容易让人想到二进制拆分

我们需要分情况讨论

1.L=1 R=\(2^k\)

我们构造k+2个点

每一个点i(2≤i≤k+2)满足\((1,2^{i-2})\)-continuous

如何构造？

我们构造到i的时候 首先建一条边(1-i)=1

然后对于j(2≤j≤i-1) 构造(j-i)=\(2^{j-2}\)

这样的话就成为了

(1,1)->(2,2) 2为中继
(1,2)->(3,4) 3为中继
(1,4)->(5,8) 4为中继
(1,8)->(9,16) 5为中继
...
(1,\(2^{i-3}\))->(\(2^{i-3}+1\),\(2^{i-2}\)) i-1为中继

2.L=1 R≠\(2^k\)

首先 二进制拆分 令

\[R=\sum_{i=0}^k(p_i2^i)(p_i=0,1) \]

先按照上面的 对于\(2^k\)进行建图

一定要注意三件事 1.L≤d≤R对应的路径只能有一条 2.不可以存在边权为0的边 3.两点之间只能有一条边

我们建立第k+3个点 在使用类似于二进制拆分的方法

假设是R=14 我们先建立(1-k+3)=1

然后讨论[2,14] 使用二进制拆分

使用已经建好的图[2,k+2]中的点同k+3相连

3.L≠1

我们建一条边(1,2)=L-1 剩下的按照第2种情况做法就行了

CODE:

#include<bits/stdc++.h>
#define M 1008611
using namespace std;
int Le,Ri,cnt;
int ln[M];
struct Edge
{
	int u,v,w;
}ans[M];
void Make_Ans(int now,int knd)
{
	int k;
	if((1<<ln[now])==now)
	{
//		printf("cdy\n");
		k=ln[now]+2;
		for(int i=2;i<=ln[now]+2;++i)
		{
			ans[++cnt]=(Edge){1+knd,i+knd,1};
			for(int j=2;j<i;++j)
			ans[++cnt]=(Edge){j+knd,i+knd,(1<<(j-2))};
		}
	}
	else
	{
//		printf("wzy\n");
		k=ln[now]+3;
		for(int i=2;i<=ln[now]+2;++i)
		{
			ans[++cnt]=(Edge){1+knd,i+knd,1};
			for(int j=2;j<i;++j)
			ans[++cnt]=(Edge){j+knd,i+knd,(1<<(j-2))};
		}
		ans[++cnt]=(Edge){1+knd,k+knd,1};
		int x=now-1;
		while(x)
		{
			int tmp=x&(-x),tmpx=ln[x&(-x)];
			ans[++cnt]=(Edge){tmpx+2+knd,k+knd,x-tmp+1};
			x-=tmp;
		}	
	}
	printf("%d %d\n",k+knd,cnt);
	for(int i=1;i<=cnt;++i)
	printf("%d %d %d\n",ans[i].u,ans[i].v,ans[i].w);
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&Le,&Ri);
	for(int i=1,t=0;i<=1000000;i<<=1,++t) ln[i]=t;
	for(int i=1;i<=1000000;++i) if(!ln[i]) ln[i]=ln[i-1];
	puts("YES");
	if(Le==1) Make_Ans(Ri,0);
	else
	{
		ans[++cnt]=(Edge){1,2,Le-1};
		Make_Ans(Ri-Le+1,1);
	}
	return 0;
}