【LGR-049】洛谷7月月赛

Preface

Luogu八月月赛都结束了我才来补七月月赛

此次月赛仍是很狗的，在绍一的晚上恰逢刮台风，而后直接打到一半断网了

结果都没有交上去GG

感受此次难度适中，解法也比较清新天然吧，十分给个九分一分由于没的打

好了下面开始看题。

---

A Divided Prime

目的：送分，坑罚时

一道比较SB的题目，尤为注意题目中一个信息：

保证对于一个数字，其在\(b_i\)中出现的次数很少于在\(a_i\)中出现的次数。

而后咱们发现这个式子的本质就是一些数的乘积，咱们讨论一下最后的结果：

• 由两个及以上的数相乘得来，绝对不是质数
• 是一个数的形式，\(O(\sqrt n)\)判断是质数仍是合数

固然你不能傻乎乎地直接把一堆数乘起来，你又不是Python

咱们离散化一下，而后用相似于桶同样的操做便可实现消去

CODE

#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL N=100005;
LL a[N],b[N],r[N<<1],t1[N<<1],t2[N<<1],tot,n,m,t,cnt,num;
bool flag;
inline char tc(void)
{
    static char fl[100000],*A=fl,*B=fl;
    return A==B&&(B=(A=fl)+fread(fl,1,100000,stdin),A==B)?EOF:*A++;
}
inline void read(LL &x)
{
    x=0; char ch; while (!isdigit(ch=tc()));
    while (x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',isdigit(ch=tc()));
}
inline void clear(void)
{
    memset(t1,0,sizeof(t1));
    memset(t2,0,sizeof(t2)); 
    cnt=tot=num=0; flag=1;
}
inline LL find(LL x)
{
    LL L=1,R=cnt;
    while (L<=R)
    {
        LL mid=(L+R)/2;
        if (r[mid]==x) return mid;
        if (r[mid]>x) R=mid-1; else L=mid+1;
    }
}
inline bool is_prime(LL x)
{
    if (x==1) return 0;
    for (register int i=2;i*i<=x;++i)
    if (x%i==0) return 0; return 1;
}
int main()
{
    //freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
    register LL i; read(t);
    while (t--)
    {
        clear(); read(n); read(m);
        for (i=1;i<=n;++i) read(a[i]),r[++cnt]=a[i];
        for (i=1;i<=m;++i) read(b[i]),r[++cnt]=b[i];
        sort(r+1,r+cnt+1); cnt=unique(r+1,r+cnt+1)-r-1;
        for (i=1;i<=n;++i) ++t1[find(a[i])];
        for (i=1;i<=m;++i) ++t2[find(b[i])];
        for (i=1;i<=cnt;++i)
        if (t1[i]-t2[i]==1)
        {
            if (!num) num=r[i]; else { flag=0; break; }
        } else if (t1[i]!=t2[i]) { flag=0; break; }
        if (!flag||!num) puts("NO"); else puts(is_prime(num)?"YES":"NO");
    }
    return 0;
}

---

B River Jumping

目的：送分，连罚时都骗不到

话说这题问什么蓝了，我以为黄题都过了

看到题目和陈潇然大佬讨论了一波以为直接贪心地跳，每次选择一个最近的且大于\(S\)的跳一下便可。

具体的证实感受真的不须要：

对于一段岩石\(i\in[l,r]\)，若\(w_r-w_l<S\)，因为来回一次的限制，中间的石块便没法被跳完。

所以如有解，咱们只须要按上面的方法作便可。

感受没什么坑点，5min码完1A固然是赛后

CODE

#include<cstdio>
#include<cctype>
using namespace std;
const int N=100005;
int n,m,s,lst,cnt,ans[N],pre[N],dis,tot,x;
inline char tc(void)
{
    static char fl[100000],*A=fl,*B=fl;
    return A==B&&(B=(A=fl)+fread(fl,1,100000,stdin),A==B)?EOF:*A++;
}
inline void read(int &x)
{
    x=0; char ch; while (!isdigit(ch=tc()));
    while (x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',isdigit(ch=tc()));
}
inline void write(int x)
{
    if (x>9) write(x/10);
    putchar(x%10+'0');
}
int main()
{
    //freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
    register int i; read(n); read(m); read(s);
    for (pre[1]=0,tot=1,i=1;i<=m;++i)
    {
        read(x); if (x-lst>=s) ans[++cnt]=i,lst=x;
        else if (x-dis<s) return puts("NO"),0; else pre[++tot]=i,dis=x;
    }
    if (n-lst>=s) ans[++cnt]=i; else return puts("NO"),0;
    for (puts("YES"),i=1;i<=cnt;++i) write(ans[i]),putchar(' ');
    for (i=tot;i>=1;--i) write(pre[i]),putchar(' ');
    return 0;
}

---

C True Vegetable

目的：拉分题，考验脑洞和思惟

因为数据范围咱们想到二分，但不是常规的二分时间，由于这样咱们很难直接判断

考虑二分被减的时间点。接下来咱们先把题目的菜气减去被打掉的值。

这里忍不住又%一发出题人，把一个细节的数据\(w_i+r_{v_i}\le w_{i+1}\)藏的这么深

因此咱们发现菜气被打掉以后老是能够涨回来的，因而直接贪心大力加便可。

考虑当前的这个点不知足，那么尽可能向右选择便可。

CODE

#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=5e5+5;
int n,m,k,s,a[N],x,w[N],num[N],v[N],t[N],ans,d[N];
inline char tc(void)
{
    static char fl[100000],*A=fl,*B=fl;
    return A==B&&(B=(A=fl)+fread(fl,1,100000,stdin),A==B)?EOF:*A++;
}
inline void read(int &x)
{
    x=0; char ch; while (!isdigit(ch=tc()));
    while (x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',isdigit(ch=tc()));
}
inline int work(int x)
{
    register int i; int tot=0,step=0;
    memcpy(t,a,sizeof(t));
    memset(d,0,sizeof(d));
    for (i=1;i<=x;++i)
    t[num[i]]-=v[i];
    for (i=1;i<=n;++i)
    {
        if (t[i]+tot<1)
        {
            int dlt=1-t[i]-tot; step+=dlt; tot+=dlt;
            if (d[i+k-1]<=n) d[i+k-1]+=dlt;
        }
        tot-=d[i];
    }
    return step>w[x]?step:w[x];
}
int main()
{
    //freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
    register int i; read(n); read(m); read(k); read(s);
    for (i=1;i<=n;++i) read(a[i]);
    for (i=1;i<=s;++i) read(x);
    for (i=1;i<=m;++i)
    read(w[i]),read(num[i]),read(v[i]);
    int l=0,r=m,mid; w[m+1]=1e9;
    while (l<=r)
    {
        mid=l+r>>1;
        if (work(mid)<w[mid+1]) ans=mid,r=mid-1; else l=mid+1;
    }
    return printf("%d",work(ans)),0;
}

---

D Beautiful Pair

目的：毒瘤数据结构，打压选手的信心

看到题目发现\(O(n^2)\)的暴力是naive的，考虑优化。

因为最近作过相似的题目，我就直接考虑当\(a_i\)为一个区间\(i\in[l,r]\)中的最大值时，对答案的贡献

首先两边是能够直接用单调栈\(O(n)\)搞出来的。

借鉴一下启发式的思想，咱们每一次以\(i\)为中心把区间分红左右两边，并挑选数字个数少的一边直接枚举

同时在另外一边的记录询问（注意这里的询问至关与求小于某一个数的数的数量）这个能够树状数组存一下

考虑咱们把全部的操做都放到最后，渐进意义下指望的时间和空间复杂度都是控制在\(O(n\ logn)\)的范围内的（好像有大佬能证实更少）

因此最后扫一次在树状数组上跑而且统计便可，注意区间计算以后要及时删除

复杂度是很迷的\(O(n\ log^2n)\)，结果不吸氧也能过

CODE

#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<algorithm>
#include<vector>
#define pb push_back
using namespace std;
const int N=100005;
int n,a[N],b[N],stack[N],top,front[N],back[N],num[N],tot,bit[N];
vector <int> d[N];
long long ans;
inline char tc(void)
{
    static char fl[100000],*A=fl,*B=fl;
    return A==B&&(B=(A=fl)+fread(fl,1,100000,stdin),A==B)?EOF:*A++;
}
inline void read(int &x)
{
    x=0; char ch; while (!isdigit(ch=tc()));
    while (x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',isdigit(ch=tc()));
}
inline void insert(int now,int opt)
{
    if (opt)
    {
        d[now].pb(1); d[front[now]-1].pb(-1);
        for (register int i=now+1;i<=back[now];++i)
        d[now].pb(a[now]/a[i]),d[front[now]-1].pb(-a[now]/a[i]);
    } else
    {
        d[back[now]].pb(1); d[now-1].pb(-1);
        for (register int i=front[now];i<now;++i)
        d[back[now]].pb(a[now]/a[i]),d[now-1].pb(-a[now]/a[i]);
    }
}
inline int abs(int x)
{
    return x>0?x:-x;
}
inline int lowbit(int x)
{
    return x&-x;
}
inline void add(int x)
{
    while (x<=n) ++bit[x],x+=lowbit(x);
}
inline int get(int x)
{
    int tot=0; while (x) tot+=bit[x],x-=lowbit(x); return tot;
}
inline int same_find(int x)
{
    int l=1,r=tot;
    while (l<=r)
    {
        int mid=l+r>>1; if (b[mid]==x) return mid;
        if (b[mid]<x) l=mid+1; else r=mid-1;
    }
}
inline int lower_find(int x)
{
    int l=1,r=tot,res;
    while (l<=r)
    {
        int mid=l+r>>1;
        if (b[mid]<=x) res=mid,l=mid+1; else r=mid-1;
    }
    return res;
}
int main()
{
    //freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
    register int i,j; read(n);
    for (i=1;i<=n;++i)
    read(a[i]),b[i]=a[i];
    for (i=1;i<=n;++i)
    {
        while (top&&stack[top]<=a[i]) --top;
        front[i]=top?num[top]+1:1;
        stack[++top]=a[i]; num[top]=i;
    }
    for (top=0,i=n;i>=1;--i)
    {
        while (top&&stack[top]<a[i]) --top;
        back[i]=top?num[top]-1:n;
        stack[++top]=a[i]; num[top]=i;
    }
    for (i=1;i<=n;++i)
    if (i-front[i]<=back[i]-i) insert(i,0); else insert(i,1);
    sort(b+1,b+n+1); tot=unique(b+1,b+n+1)-b-1;
    for (i=1;i<=n;++i)
    {
        add(same_find(a[i]));
        for (j=0;j<d[i].size();++j)
        {
            int s=lower_find(abs(d[i][j]));
            ans+=d[i][j]>0?get(s):-get(s);
        }
    }
    return printf("%lld",ans),0;
}

---

E题凸包弃疗，感受作不动

整体还能够吧，挺喜欢此次月赛的

但愿下次不要断网了