AtCoder Beginner Contest 306-526互联

A - Echo (abc306 a)

题目大意

给定一个字符串，将每个字符输出两次。

解题思路

模拟即可。

神奇的代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;

int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false); 
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    int n;
    string s;
    cin >> n >> s;
    for(auto &i : s)
        cout << i << i;
    cout << '\n';

    return 0;
}

B - Base 2 (abc306 b)

题目大意

给定一个从低位开始的二进制串，将其转为十进制。

解题思路

注意有\(64\)位，得用 unsigned long long。

神奇的代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;

int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false); 
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    unsigned long long ans = 0;
    unsigned long long ji = 1;
    for(int i = 0; i < 64; ++ i){
        int x;
        cin >> x;
        if (x)
            ans += ji;
        ji <<= 1;
    }
    cout << ans << '\n';


    return 0;
}

C - Centers (abc306 c)

题目大意

给定一个\(1 \sim n\)都出现三次的数组 \(a\)。

定义 \(f(x)\)表示 \(x\)第二次出现在 \(a\)的位置。

按照位置的升序输出 \(x\)。

解题思路

按照题意求出位置后，排序即可。

神奇的代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;

int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false); 
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    int n;
    cin >> n;
    vector<int> pos(n, -2);
    for(int i = 0; i < 3 * n; ++ i){
        int x;
        cin >> x;
        -- x;
        if (pos[x] == -2){
            pos[x] = -1;
        }else if (pos[x] == -1)
            pos[x] = i;
    }
    vector<int> ans(n);
    iota(ans.begin(), ans.end(), 0);
    sort(ans.begin(), ans.end(), [&](int a, int b){
            return pos[a] < pos[b];
            });
    for(auto &i : ans)
        cout << i + 1 << ' ';
    cout << '\n';


    return 0;
}

D - Poisonous Full-Course (abc306 d)

题目大意

有\(n\)个疗程，分为两种：

解毒疗程，增加美味值 \(y\)
中毒疗程，增加美味值 \(y\)

高桥一开始很健康，他接受了解毒疗程后还是很健康，接受中毒疗程就会中毒。中毒状态下接受解毒疗程就恢复健康，如果又接受中毒疗程则会挂。

高桥可以跳过一些疗程，问最后在他没挂的前提下，接受疗程的美味值的和的最大值。

解题思路

注意\(y\)可能会有负数。比较简单的\(dp\)，由于中毒下接受中毒疗程会挂，为保证最后我们活着，我们只需保留最后的状态这个信息就好了。

设 \(dp[i][0/1]\)表示考虑前 \(i\)个疗程后，当前是健康/中毒状态下的最大美味值。

根据当前状态转移即可。

神奇的代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;

int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false); 
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    int n;
    cin >> n;
    array<LL, 2> dp{0, 0};
    for(int i = 0; i < n; ++ i){
        array<LL, 2> dp2{0, 0};
        LL x, y;
        cin >> x >> y;
        if (x == 0){
            dp2[0] = max(dp[0] + max(y, 0ll), dp[1] + y);
            dp2[1] = dp[1];
        }else{
            dp2[0] = dp[0];
            dp2[1] = max(dp[0] + y, dp[1]);
        }
        dp.swap(dp2);
    }
    cout << *max_element(dp.begin(), dp.end()) << '\n';;

    return 0;
}

E - Best Performances (abc306 e)

题目大意

给定一个数组\(A\)，定义其价值为前\(k\)大的数的和。

有 \(q\)次操作，每次操作令\(A_x = y\) 。

每次操作后，回答其价值。

操作是持久化的。

解题思路

用两个\(set\)，分别维护前 \(k\)大的和剩余的数。

每次操作则修改对应的 \(set\)的值，然后比较左边的最小值和右边的最大值，如果小于则交换一下这两个数。

每次操作最多就交换两个数，因此复杂度是\(O(q\log n)\)

神奇的代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;

int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false); 
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    int n, k, q;
    cin >> n >> k >> q;
    array<set<pair<int, int>>, 2> num;
    for(int i = 0; i < k; ++ i){
        num[1].insert({0, i});
    }
    for(int i = k; i < n; ++ i){
        num[0].insert({0, i});
    }
    LL ans = 0;
    vector<int> a(n, 0);
    while(q--){
        int x, y;
        cin >> x >> y;
        -- x;
        auto token = make_pair(a[x], x);
        if (num[1].count(token)){
            num[1].erase(token);
            num[1].insert({y, x});
            ans += y - a[x];
        }else{
            num[0].erase(token);
            num[0].insert({y, x});
        }
        a[x] = y;
        while(num[1].size() < k){
            auto l = *num[0].rbegin();
            ans += l.first;
            num[1].insert(num[0].extract(l));
        }
        while(num[1].size() > k){
            auto r = *num[1].begin();
            ans -= r.first;
            num[0].insert(num[1].extract(r));
        }
        while(!num[0].empty() && num[0].rbegin() -> first > num[1].begin() -> first){
            auto l = *num[0].rbegin(), r = *num[1].begin();
            ans += l.first - r.first;
            num[1].insert(num[0].extract(l));
            num[0].insert(num[1].extract(r));
        }
        cout << ans << '\n';
    }

    return 0;
}

F - Merge Sets (abc306 f)

题目大意

对于两个交集为空的集合\(A,B\)，定义\(f(A, B)\)为， \(A\)中每个元素在 \(A \cup B\)的位置的和。\(A \cup B\)的位置即为将其所有数升序排序后的下标（从\(1\)开始）。

现给定俩俩交集均为空的\(n\)个集合 \(s_i\) ，求\(\sum_{1 \leq i < j \leq n} f(s_i, s_j)\)。

解题思路

由于\(\sum_{1 \leq i < j \leq n} f(s_i, s_j) = \sum pos(s_{i,x}, s_j)\)，分析答案的贡献，发现可以转换成求每个数的贡献。因此我们的视角从枚举集合转移到枚举每个数。

对于第\(i\)个集合的升序排列的第 \(x\)个数 \(s_{i,x}\)（此处下标均从\(0\)开始，同代码一致），我们考虑它会对答案贡献多少。

注意 \(i < j\)，这意味着我们只有选择 \(j > i\)的集合 \(s_j\)时，\(s_{i,x}\) 才有贡献。

然后考虑选择了\(s_j\)后， \(s_{i,x}\)的是排第几位。假设 \(s_j\)中有 \(y_j\)个小于 \(s_{i,x}\)的，那么此时 \(s_{i,x}\)的贡献是 \(x + y_j + 1\)。然后将所有\(j > i\)的 \(s_j\)的这些贡献累加，就是 \(s_{i,x}\)对答案的贡献。

直接累加的复杂度是 \(O(n^2)\)，很显然不能这样算。

我们分析这个贡献式子，它可以拆成三部份 \(x, y_j, 1\)。第一项和最后一项会贡献 \(n - i - 1\)次（注意从第\(0\)集合算起）。
而第二项的\(y_j\)，我们可以把\(n \times m\)个数全部丢到数组\(Q\)里排个序，假设\(s_{i,x}\)排在第 \(a\)位，那么 \(\sum_{j > i} y_j\)的值就是在数组\(Q\)中，所有位置\(pos < a\)，且位于集合下标 \(j > i\)的数的个数。

显然这是一个二维偏序问题，同abc283f一样。我们可以用树状数组维护关于集合下标的数的个数，然后从小到大遍历\(Q\)数组，依次把每个数加进树状数组中。这样查询一下后缀和，就是\(\sum_{j > i} y_j\)。进而 \(s_{i, x}\)的贡献就是 \(\sum_{j > i}y_j + (x + 1) \times (n - i - 1)\)，对于每个数依次这么计算即可。

时间复杂度为\(O(nm \log n)\)

神奇的代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;

template <typename T>
class fenwick {
public:
    vector<T> fenw;
    int n;

    fenwick(int _n) : n(_n) {
        fenw.resize(n);
    }

    void modify(int x, T v) {
        while (x < n) {
            fenw[x] += v;
            x |= (x + 1);
        }
    }

    T get(int x) {
        T v{};
        while (x >= 0) {
            v += fenw[x];
            x = (x & (x + 1)) - 1;
        }
        return v;
    }
};

int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false); 
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    vector<array<int, 2>> a(n * m);
    int pos = 0;
    for(int i = 0; i < n; ++ i){
        for(int j = 0; j < m; ++ j){
            cin >> a[pos][0];
            a[pos][1] = i;
            pos ++;
        }
    }
    sort(a.begin(), a.end(), [](const auto &x, const auto &y){
            return x[0] < y[0];
            });
    fenwick<int> cnt(n);
    LL ans = 0;
    int sum = 0;
    for(int i = 0; i < n * m; ++ i){
        int belong = a[i][1];
        int pre = cnt.get(belong - 1);
        int cur = cnt.get(belong);
        ans += sum - cur + 1ll * (n - belong - 1) * (cur - pre + 1);
        cnt.modify(belong, 1);
        sum ++;
    }
    cout << ans << '\n';

    return 0;
}