题意：有一些不能切的木板，每个都有一个长度，要做一个*，求*的最大台阶数
做*的木板分为两种，两边的两条木板和中间的若干条台阶木板
台阶数为 $k$ 的*要求两边的木板长度大于等于 $k+1$ ，中间的木板数等于 $k$。
直接找到最大和次大的木板放两边，剩下的做台阶，设次大的木板长度为 $x$ ，台阶木板数为 $k$ 则答案就是 $min(x-1,k)$
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<vector>
using namespace std;
typedef long long ll;
inline int read()
{
int x=,f=; char ch=getchar();
while(ch<''||ch>'') { if(ch=='-') f=-; ch=getchar(); }
while(ch>=''&&ch<='') { x=(x<<)+(x<<)+(ch^); ch=getchar(); }
return x*f;
}
const int N=2e6+;
int T,n,a[N];
int main()
{
T=read();
while(T--)
{
n=read();
for(int i=;i<=n;i++) a[i]=read();
sort(a+,a+n+);
printf("%d\n",min(a[n-]-,n-));
}
return ;
}
A. DIY Wooden Ladder
题意：有一排支柱，每个支柱恰好有一个圆盘，每个圆盘的大小各不相同，要求判断是否能把圆盘全部移到一个支柱上
移动的要求：$1.$ 只能移动到相邻圆盘. $2.$ 此支柱只有一个圆盘 $3.$ 要求移动到的支柱上的圆盘大小从下到上保持递减
由于条件 $2$ 和条件 $3$ 显然最终的支柱一定是初始时最大圆盘所在的支柱，然后容易发现最大支柱两边的圆盘大小一定要递减
不然就一定有位置移不动，否则一定可以移得完（每次把当前最大的圆盘一步步移动到最终位置即可）
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<vector>
using namespace std;
typedef long long ll;
inline int read()
{
int x=,f=; char ch=getchar();
while(ch<''||ch>'') { if(ch=='-') f=-; ch=getchar(); }
while(ch>=''&&ch<='') { x=(x<<)+(x<<)+(ch^); ch=getchar(); }
return x*f;
}
const int N=2e5+;
int n,a[N],pos;
int main()
{
n=read();
for(int i=;i<=n;i++)
{
a[i]=read();
if(a[i]>a[pos]) pos=i;
}
bool flag=;
for(int i=pos-;i;i--) if(a[i]>a[i+]) flag=;
for(int i=pos+;i<=n;i++) if(a[i]>a[i-]) flag=;
if(flag) printf("YES\n");
else printf("NO\n");
return ;
}
B. Pillars
题意：一个正整数非减数列 $A$，要分成恰好 $K$ 个非空子序列，最终的价值即为每个子序列最大值与最小值差的和
求最优的划分方案使得总价值最小，输出最小价值
考虑一次划分的贡献，对于第 $0$ 次划分，总价值为 $A[n]-A[1]$（数列非减）
对于第一次划分，设划分位置为 $i,i+1$，则总价值为 $A[i]-A[1]\ +\ A[n]-A[i+1]$
第二次划分，位置为 $j$，不妨设 $j>i$，总价值为 $A[i]-A[1]\ +\ A[j]-A[i+1]\ +\ A[n]-A[j+1]$
发现对于每一次划分的位置 $k$ ，增加的价值比上一次划分多 $A[k]-A[k-1]$（为负数）
所以把所有 $A[i]-A[i+1]$ 排序取前 $K-1$ 小与初始的 $A[n]-A[1]$ 累加即可
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<queue>
using namespace std;
typedef long long ll;
inline int read()
{
int x=,f=; char ch=getchar();
while(ch<''||ch>'') { if(ch=='-') f=-; ch=getchar(); }
while(ch>=''&&ch<='') { x=(x<<)+(x<<)+(ch^); ch=getchar(); }
return x*f;
}
// f[i][k]=min a[i]+(f[j][k-1]-a[j+1])
//a[n]-a[1]
//a[i]-a[1]+a[n]-a[i+1]
//a[j]-a[1]+a[i]-a[j+1]+a[n]-a[i+1]
const int N=2e6+;
priority_queue <int,vector<int>,greater<int> > Q;
int n,K,a[N],b[N],ans;
int main()
{
n=read(),K=read();
for(int i=;i<=n;i++) a[i]=read();
for(int i=;i<n;i++) b[i]=a[i]-a[i+];
sort(b+,b+n); ans=a[n]-a[];
for(int i=;i<K;i++) ans+=b[i];
printf("%d\n",ans);
return ;
}
C. Array Splitting
D. Yet Another Subarray Problem
题意，给定一个整数列 $A$，要取出一个 '切片' $[l,r]$，切片的价值为 $(\sum_{i=l}^{r}A[i])-k\left \lceil \frac{r-l+1}{m} \right \rceil$
求最大价值
考虑 $m=1$ 时怎么做，显然可以贪心，维护右端点 $i$ 和当前数列的和 $now$ ，每次移动右端点 $i$ ，把 $A[i]-k$ 加入 $now$，如果 $now<0$ 则说明左端点到 $i$ 这一段没有贡献了，直接扔掉，然后 $now=0$，并在每次更新 $now$ 的时候更新全局答案 $ans$
发现考虑把数列每 $m$ 个看成一个块，用同样的方法贪心，发现这样只考虑了左端点在模 $m$ 意义下为 $1$ 的情况，但是因为 $m$ 不大，所以可以直接枚举模 $m$ 意义下左端点的位置，然后分别贪心
注意到右端点也只有考虑到与左端点同余的情况，所以枚举每一个块的时候都要考虑枚举当前右端点在块中的位置，同样更新就好了
看代码可能比较好理解吧...，注意 $long\ long$
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<queue>
using namespace std;
typedef long long ll;
inline int read()
{
int x=,f=; char ch=getchar();
while(ch<''||ch>'') { if(ch=='-') f=-; ch=getchar(); }
while(ch>=''&&ch<='') { x=(x<<)+(x<<)+(ch^); ch=getchar(); }
return x*f;
}
const int N=1e6+;
int n,m,K,a[N];
vector <ll> V;//存每个块的和
ll ans;
int main()
{
n=read(),m=read(),K=read();
for(int i=;i<=n;i++) a[i]=read();
for(int i=;i<=m;i++)//枚举模m意义下的左端点
{
V.clear();
for(int j=i;j<=n;j+=m)//把块的值扔到vector里
{
ll t=;
for(int k=;k<m;k++) t+=a[j+k];
V.push_back(t-K);//记得'-K'
}
ll now=;//当前区间的值
for(int j=;j<V.size();j++)//枚举块
{
int pos=i+j*m; ll nnow=-K;//枚举右端点在当前块中的位置
for(int k=;k<m;k++) { nnow+=a[pos+k]; ans=max(ans,now+nnow); }//移动右端点
now+=V[j]; if(now<) now=;
ans=max(ans,now);
}
}
cout<<ans<<endl;
return ;
}
D. Yet Another Subarray Problem
怎么好像前 $4$ 题都是贪心...