UOJ Easy Round#7

时间：2021-11-22 04:11:15

UOJ Easy Round#7

传送门：http://uoj.ac/contest/35

题解：http://matthew99.blog.uoj.ac/blog/2085

#1

题意：

在一个（2n+1）*(2n+1)的网格中，每次只能走到相邻的点，

从左上端出发到右下端，找到一条路径，使此路径经过的所有点权值和最小。

输入：从内到外输出每一圈的点值大小；数据范围n<=10^5；

比赛中：

拿到题目，看到那极有特色性的一个大方格，以及极为特殊的走法，和那10^5的数据量，算法上基本可以确定贪心；

根据直觉，知道最短路径肯定是从左上角绕到某里圈一层的左上角，然后再从里圈的左上角沿着路线走到这一圈的右下角，然后再按照对称性跑到右下角；

关键是如何使从左上角到里圈左上角的路径最短，我同学提出了很多方法，但大多的问题是有后效性，或者是会Tle；

找不到思路后，我决定按照直觉敲n^2dp；

实际得分：50分；

#2

题意:给定一个长度为n的序列，输出所有的ans使

k∈[2,n]，ans=min{MAXi-MINi}i∈所有长度为k的区间；

且如果答案与标准答案相差不超过5%，也算做正确；（吐槽：近似算法都出出来了，这真的是noip难度吗？）

比赛中：关键信息是题目中允许近似这一点上，做过bzoj遥远的行星这题的估计都对近似有些印象；

在开始考虑如何近似之后，我发现很难做，基本无思路；

但50%的数据比较好搞，两个for循环搞定；

实际得分：50分；

#3

题意：求最大的ans=max(s(l,r)*(r-l))

s(l,r)表示l到r这个区间之间所有数之间的最小的差的绝对值；

比赛中：此时已经心理崩溃，在看到这题没几个人交之后，决定放弃，思考前面的题目（尽管最后也没思考出什么结果）；

实际得分：0分

总体评价：在看完了题解之后，我发现这套题还真不是很难，至少都处于可写范围内：第一题贪心，第二题近似，第三题分块，而且算法都不是十分复杂，代码量都很小；

但为什么没做好，只搞到了100分呢？

一是没有清晰的思路,甚至于没有思路；

先说没有清晰的思路，第一题其实我们已经找到了切入点，极为明显的贪心痕迹和数据量帮助了我们；

我们已经知道了该如何做了，但是没有找到接下来的路（主要是没有解决后效性的问题）；

后来我看题解了后仔细思考了下，其实我的想法已经很接近答案了，但没有用画图，设未知数等方法进行仔细的分析，轻易放弃了；

再说没有思路，第二题第三题就属于这样，题中要求的信息很复杂，又是min，max又是区间之类的，这需要训练；

但也能大致发现这些题目中的一些规律：一般说来，对序列问题，分而治之是解决这些题目最有力方法，信息合并比较容易的话，可以考虑线段树之类的东西；如果信息合并不太容易，就像这次的第三题，合并一次O(n)，总的复杂度O(n^2)，这样的一般就需要考虑一下分块；

代码：

第一题：

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<cstdlib>

#include<string>

#include<algorithm>

#include<ctime>

#include<cmath>

using namespace std;

#define LL long long

#define up(i,j,n) for(int i=j;i<=n;i++)

#define down(i,n,j) for(int i=n;i>=j;i--)

const int maxn=;

int n;

int a[maxn];

LL ans=1LL<<,minn=1LL<<,sum=;

int main(){

    scanf("%d",&n);n++;

    down(i,n,)scanf("%d",&a[i]);

    up(i,,n){

        minn=min(minn,(LL)a[i]);

        if(a[i]==minn)ans=min(ans,(sum<<)+(*(n-i)+)*(LL)a[i]);

        sum+=minn+a[i];

    }

    printf("%lld\n",ans);

    return ;

}

第二题：

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<cstdlib>

#include<string>

#include<algorithm>

#include<ctime>

#include<cmath>

using namespace std;

#define LL long long

#define up(i,j,n) for(int i=j;i<=n;i++)

#define down(i,n,j) for(int i=n;i>=j;i--)

const int maxn=,inf=;

namespace OI{

    const double c=1.05;

    int n;

    int a[maxn];

    int q[maxn],head=,tail=;

    int Q[maxn],Head=,Tail=;

    void slove(){

        scanf("%d",&n);

        up(i,,n)scanf("%d",&a[i]);

        double L=;

        for(int k=;k<=n;k++){

            L*=c;

            int t=k+(int)L-;

            if(t>n)t=n,L=t-k+;

            int v=(k+t)>>;

            int ans=inf;

            Head=,Tail=;head=,tail=;

            for(int i=;i<=n;i++){

                while(head<=tail&&i-q[head]+>v)head++;

                while(head<=tail&&a[q[tail]]<=a[i])tail--;

                q[++tail]=i;

                while(Head<=Tail&&i-Q[Head]+>v)Head++;

                while(Head<=Tail&&a[Q[Tail]]>=a[i])Tail--;

                Q[++Tail]=i;

                if(i>=v)ans=min(ans,a[q[head]]-a[Q[Head]]);

            }

            up(i,,(int)L)printf("%d\n",ans);

            k=t;

        }

        return;

    }

}

int main(){

    using namespace OI;

    slove();

    return ;

}

第三题：

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<cstdlib>

#include<string>

#include<algorithm>

#include<ctime>

#include<cmath>

using namespace std;

#define LL long long

#define up(i,j,n) for(int i=j;i<=n;i++)

#define down(i,n,j) for(int i=n;i>=j;i--)

#define max(x,y) ((x)>(y)?(x):(y))

#define min(x,y) ((x)<(y)?(x):(y))

#define abs(x) ((x)<0?(-(x)):(x))

template<typename T>inline bool chkmax(T &a,T b){return a<b?a=b,true : false;}

template<typename T>inline bool chkmin(T &a,T b){return a>b?a=b,true : false;}

int read(){

    int x=;char ch=getchar();bool flag=;

    while(ch<''||ch>''){if(ch=='-')flag=;ch=getchar();}

    while(ch>=''&&ch<=''){x=x*+ch-'';ch=getchar();}

    return flag?-x:x;

}

namespace OI{

    const int maxn=,inf=;

    int n,m,k,S;

    LL ans=;

    int a[maxn];

    int b[maxn<<];

    int f[maxn];

    int now[maxn];

    void slove(){

        scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);

        S=max(,(int)sqrt(m*1.0)+);

        up(i,,n)a[i]=read();

        memset(f,,sizeof(f));

        int mx=-;

        for(int L=;L<=S;++L){

            mx=-;

            for(int i=;i<=n-L+;++i){

                chkmin(f[i],min(abs(a[i]-a[i+L-]),f[i+]));

                chkmax(mx,f[i]);

            }

            if(L>=k)chkmax(ans,(LL)mx*(L-));

        }

        for(int i=;i<=n;++i){

            for(int j=;j<=S;++j){

                if(j&&i-now[j]>=k)chkmax(ans,(i-now[j]-)*(LL)j);

                chkmax(now[j+],now[j]);

                if(a[i]-j>)chkmax(now[j+],b[a[i]-j]);

                if(a[i]+j<=m)chkmax(now[j+],b[a[i]+j]);

            }

            b[a[i]]=i;

        }

        printf("%lld\n",ans);

        return;

    }

}

int main(){

    using namespace OI;

    slove();

    return ;

}

顺便说一句：常看看别人的代码是个好习惯，能get一些不错的技巧；

“；第七套广播体操，原地踏步——走！”

众所周知，跳蚤们最喜欢每天早起做早操，经常天还没亮就齐刷刷地站在操场做着反复纵跳热热身。跳晚国在研制三星 note7 的时候注意到了这点，于是他们打算让炸弹更快地引爆，这样就可以消灭更多早起的跳蚤。

三星 note7 的主板可以看作是由 (2n+1)×(2n+1)(2n+1)×(2n+1) 个中继器构成的，某些中继器会有导线连在一起，左上角和右下角的中继器分别连着电源的正负极。

电流流过一根导线的时间可忽略不计，但当电流经过中继器时，会延缓一段时间再从中继器流出。这个时间只跟该中继器本身有关，我们把这段时间的长度称为中继器的延时值。

这些中继器由导线连接围成一个一个的层，同个层的中继器的种类都一样，而不同层的种类都不一样，可以发现总共有 n+1n+1 层。当 n=4n=4 时，主板大概长这样：

UOJ Easy Round#7

跳晚们打算再加几根导线将某些中继器连接起来.凭借发达的重工业，他们能生产出无数条导线。但由于主板的限制，他们的导线只能和主板四周的边平行，且其长度只够连接相邻两个中继器。

现在他们想知道，他们改造的三星 note7 的电源正极流出的电流能在多短的时间到达电源负极从而造成短路，这样电池就会释放出巨大的能量摧毁跳蚤国的有生力量了。

请参考输入格式和样例配图来更好地理解题意。

输入格式

第一行一个正整数 nn。

第二行 n+1n+1 个正整数 a0,a1,…,ana0,a1,…,an，表示从内到外每层的中继器的延时值，单位为秒。其中，第 ii 行第 jj 列的中继器的延时值为（1≤i,j≤n1≤i,j≤n）

amax(|i−n−1|,|j−n−1|)amax(|i−n−1|,|j−n−1|)

输出格式

输出一行一个数表示改造后的最短引爆时间。

C/C++ 输入输出 long long 时请用 %lld。C++ 可以直接使用 cin/cout 输入输出。

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