Codeforces Round #645 (Div. 2)补题

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好久没写题了……
最近好像能做出2D了，不过上分还是困难。
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这场出题人作的要死，对于题面内容这里不再提。

本场关键词

贪心、找规律、前缀和、二分

A.Park Lighting

题意

给你$n\times m$的网格，你可以在两个网格之间的边上放一个灯，这个灯将会照亮这两个网格。
求出照亮所有的$n\times m$个格子的最小需要的灯数。

思路

贪心，只要$n$和$m$中间有一个是偶数，那么答案就是总格子数除以二；如果都为奇数，那么先暂时去掉一行，将这部分如上计算，再对剩下这一行贪心考虑。

代码

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=2e5+10,inf=0x3f3f3f3f,mod=1000000007;
signed main()
{
    int t,n,m;
    cin>>t;
    while(t--)
    {
        cin>>n>>m;
        ll ans=0;
        if(n%2==0)
            ans=n/2*m;
        else if(m%2==0)
            ans=m/2*n;
        else{
            ans=n/2*m;
            ans+=m/2+1;
        }
        cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}

B.Maria Breaks the Self-isolation

题意

小M在办聚会，他现在想邀请$n$个人，第$i$个人有一个数值$a_i$，表示当他到小M家时，如果在场的人（不包括他自己）达到$a_i$，这个人就会留下。
求这场聚会最多可以邀请多少人，人数包括小M。

思路

排序之后贪心，如果$a_i$被邀请了，那么数值小于等于$a_i$的人一定也会被邀请。

代码

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=2e5+10,inf=0x3f3f3f3f,mod=1000000007;
ll a[maxn];
signed main()
{
    int t,n;
    cin>>t;
    while(t--)
    {
        cin>>n;
        for(int i=1;i<=n;i++)
            cin>>a[i];
        ll ans=0,tot=0;
        sort(a+1,a+n+1);
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            tot++;//把这一个叫过来
            if(a[i]<=tot)
                ans=tot;
        }
        cout<<ans+1<<endl;
    }
    return 0;
}

C.Celex Update

题意

在这里插入图片描述 给你一个按照上图规律无限扩展的矩阵。 有$t$组询问，每组$x_1,y_1,x_2,y_2$四个整数，保证$x_1\le x_2\ ,y_1\le y_2$，输出$(x_1,y_1)$到$(x_2,y_2)$的所有路径中，权值和不同的路径个数。 $(x,y)$表示在第$x$行$y$列，只能向下或向右行走。 #### 思路 找规律，组合数学 猜一发所有合法路径不会有权值和相同的情况，那么的话单纯计算路径数量只和$x_2-x_1$与$y_2-y_1$有关，$ans=(x_2-x_1)\times (y_2-y_1)+1$。 我也不知道怎么证明…… #### 代码 
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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
signed main()
{
    ll t,x1,x2,y1,y2;
    cin>>t;
    while(t--)
    {
        cin>>x1>>y1>>x2>>y2;
        ll n=x2-x1,m=y2-y1,ans;
        cout<<n*m+1<<endl;
    }
    return 0;
}
### D.The Best Vacation #### 题意 你将选择一段时间和小C连续在一起度过$x$天假期。 这里一年有$n$个月，第$i$个月有$d_i$天，当你在每个月第$j$日和小C在一起时，他将给你$j$个拥抱。 求你最多能得到多少拥抱数。 保证$1\le x\le d_1+d_2+\dots +d_n$ #### 思路 贪心+前缀和+二分 首先$n$已经达到了2e5，所以我们不可能枚举每一天作为起始点或者结束点。考虑枚举每个月时，可以发现**将每个月最后一天作为结束点**时是最优的，而因为$x\le d_1+d_2+\dots +d_n$，所以度假期最多只可能跨一次年。 所以这里将$n$翻倍，将相邻两年拼接起来，记$sum2[i]$为第$1$月到第$i$月的累积贡献，$sum3[i]$为第$1$月到第$i$月的累积天数，当确定了结尾的月份时，在$sum3$上二分出起始点所在月份，中间的月份的贡献通过$sum2$查询，在起始点所在月份计算剩余天数的贡献。 记录其中出现的最大值即可。 #### 代码 
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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define int ll
const int maxn=1e6+10,inf=0x3f3f3f3f,mod=1000000007;
int d[maxn],sum[maxn],sum2[maxn],sum3[maxn];
int get(int a,int b,int n)
{//从a月b日开始待n天的贡献
    return sum[b+n-1]-sum[b-1];//待最后n天的贡献
}
int getm(int a,int x,int n)
{//从a月结束,查找起始所在月份
    int l=1,r=a,ans=0;
    while(l<=r)
    {
        int mid=(l+r)>>1;
        if(sum3[a]-sum3[mid-1]>=x)
            l=mid+1,ans=mid;
        else
            r=mid-1;
    }
    return ans;
}
signed main()
{
    std::ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);
    #ifdef DEBUG
        freopen("input.in", "r", stdin);
    //	freopen("output.out", "w", stdout);
    #endif
    for(int i=1;i<maxn;i++)
        sum[i]=sum[i-1]+i;
    int n,x,ans=0;
    cin>>n>>x;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        cin>>d[i];//
    for(int i=1;i<=2*n;i++)
    {//月份的累计贡献前缀和
        sum2[i]=sum2[i-1];
        sum3[i]=sum3[i-1];
        if(i<=n)
            sum2[i]+=get(i,1,d[i]),sum3[i]+=d[i];
        else
            sum2[i]+=get(i-n,1,d[i-n]),sum3[i]+=d[i-n];
    }
    for(int i=n+1;i<=2*n;i++)
    {//枚举每个月
        int now=get(i,max(1ll,d[i-n]-x+1),min(x,d[i-n])),ret,tar;
        if(d[i-n]>=x)
        {//该月天数大于x
            ans=max(ans,now);
            continue;
        }
        else
            ret=x-d[i-n];
        tar=getm(i-1,ret,n);//起始月份
        now+=sum2[i-1]-sum2[tar];
        ret-=sum3[i-1]-sum3[tar];//剩余天数
        if(tar<=n)
            now+=get(tar,d[tar]-ret+1,ret);
        else
            now+=get(tar,d[tar-n]-ret+1,ret);
        ans=max(ans,now);
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}
### E.Are You Fired? 哇这题好难搞，看了题解也不是很理解。 #### 题意 给定一个长度为$n$的数组，其中前 $\left\lceil\dfrac{n}{2}\right\rceil$ 项中第$i$项的值为$a_i$，后面所有项值均为$x$。 现在要你确定一个整数$k$，使得数组中任意一个长度为$k$的子段和$>0$，若不存在则输出$-1$。 #### 思路 当有一个$k'\le \left\lfloor\dfrac{1}{n}\right\rfloor$符合条件时，可以确定$k=2k'$一定同样成立，这就说明假如存在解，就一定存在$k>\dfrac {n}{2}$成立。 当$x\geqslant 0$时，可以确定最优情况为$k=n$，判断即可。 否则接着深入研究，尝试找出对每个长度$k$，出现的最小$k$长度子段和。 记$p$为长度为$k$的字段和$s$的**差分数组**，$s_1=a_1+a_2+\dots +a_k$。 而$s_{i+1}=s_{i}+a_{i+k}-a_i$，因为$k>\dfrac {n}{2}$，则$a_{i+k}=x$。 即$p=[s_1,x-a_1,x-a_2,\dots ,x-a_n-k]$。 当$k$增大了$1$时，差分数组$p$的首项$+x$，并去掉最后一项。 任意$k$长度的首项都可以用前缀和$sum$求出。 另开一个$dp$数组，$dp[i]$表示对于$\sum\limits_{j=1}^ix-a_j$过程中出现的最小和，用来表示$k=n-i$的差分数组中出现的最小差分前缀和。 然后枚举下$k$，检查一下$sum[k]+dp[n-k]>0$，存在则直接输出。

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int>pii;
#define int ll
const int maxn=5e5+10,inf=0x3f3f3f3f,mod=1000000007;
//#define DEBUG//#define lowbit(x) ((x) & -(x))//<<setiosflags(ios::fixed)<<setprecision(9)
void read(){}
template<typename T,typename... T2>inline void read(T &x,T2 &... oth) {
    x=0; int ch=getchar(),f=0;
    while(ch<'0'||ch>'9'){if (ch=='-') f=1;ch=getchar();}
    while (ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
    if(f)x=-x;
    read(oth...);
}
int a[maxn],sum[maxn];
signed main()
{
    std::ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);
    #ifdef DEBUG
        freopen("input.in", "r", stdin);
    //	freopen("output.out", "w", stdout);
    #endif
    int n,lim,x;
    cin>>n;
    lim=n/2+(n%2);
    for(int i=1;i<=lim;i++)
        cin>>a[i],sum[i]=sum[i-1]+a[i];
    cin>>x;
    for(int i=lim+1;i<=n;i++)
        sum[i]=sum[i-1]+(a[i]=x);
    if(x>=0)
    {
        cout<<((sum[n]>0)?n:-1)<<endl;
        return 0;
    }
    vector<int>dp(maxn,0);
    for(int i=1,tot=0;i<=lim;i++)
    {//dp[i]表示对长度为n-i的串,进行差分叠加过程中出现的最小和
        tot+=x-a[i];//差分前缀和
        dp[i]=min(dp[i-1],tot);
    }
    for(int k=lim;k<=n;k++)//枚举长度,首项[1,k]的和
    {//k增大1时,右面有一个x并到了首项中
        if(sum[k]+dp[n-k]>0)//前缀和,作为s的首项
        {//如果其中最小和和
            cout<<k<<endl;
            return 0;
        }
    }
    cout<<-1<<endl;
    return 0;
}