【海量集訓&&題解】複賽前夕 day3——考試題解

阿新 • • 發佈：2018-11-04

專輯：海量集訓->題解

一、綠巨人的跳躍
題目描述
綠巨人想跳上一座高 H 米的大樓，但跳躍要消耗一定的憤怒值。
這棟大樓每一層高 h 米，即距地面 0 米， h 米， 2h 米…到 H 米，都有
一層地板可供綠巨人落腳。保證 h 是 H 的因數。
綠巨人有兩種跳躍方式：每次跳 h1 米，一次消耗 w1 的憤怒值；每次
跳 h2 米，一次消耗 w2 的憤怒值。從頭到尾綠巨人只能選擇一種跳躍方式。
綠巨人不能在半空中再次起跳，所以必須落在離跳躍最高點最近且在最高
點下方的樓層上。綠巨人需要保證每次跳躍之後憤怒值都是非負的。
現在綠巨人憤怒值為 0，正在補充憤怒值。他希望你告訴他至少要補
充多少憤怒值才能跳上這棟大樓。

【輸入格式（jump.in)】
輸入一行包含 6 個正整數： H,h,h1,w1,h2,w2。
【輸出格式(jump.out)】
輸出一行包含 1 個整數：綠巨人至少要補充的憤怒值。如果綠巨人永
遠跳不上這棟大樓，輸出“ Puny Hulk” （不包含引號）。

【樣例輸入 1】
4 2 2 3 3 4
【樣例輸出 1】
6
【樣例輸入 2】
10000 4 2 1 4 10000
【樣例輸出 2】
25000000
【樣例輸入 3】
200 200 1 1 2 1
【樣例輸出 3】
Puny Hulk

【解釋】
樣例 1 中選擇第一種跳躍方式，跳 2 次可跳上樓頂，花費 6。樣例 2
中選擇第二種跳躍方式，跳 2500 次可跳上樓頂，花費 25000000。樣例 3
中由於兩種跳躍方式都小於樓層高度，所以綠巨人無法跳上樓頂。
【資料規模與約定】
保證 H 是 h 的倍數。
10%的資料保證綠巨人無法跳上樓頂。
另外 30%的資料保證綠巨人兩種跳躍方式都能一次跳上樓頂。
另外 30%的資料保證 h1 和 h2 都是 h 的倍數。
100%的資料保證 1<=H,h,h1,w1,h2,w2<=10000

分析：
【資料一】
直接輸出 -1 即可。
【資料二】
因為一次足夠，所以取 w1 和 w2 的最小值輸出。
【資料三】
專門給不會上取整的小盆友的分，詳見資料四。
【資料四】
根據題意，對一種方式，每跳一次能夠跳上的樓層數是相等的，所以
可以把跳的高度直接當成跳的樓層數。這一步是一次除法。之後算總的步
數顯然也是一次除法，複雜度是 O(1)的，答案為：
$m i n$

( ( H / h ) / m i n ( ( h 1 / h ) , H / h ) ∗ w 1 , ( H / h ) / m i n ( ( h 2 / h ) , H / h ) ∗ w 2 ) ( h 1 > = h , h 2 > = h ) min((H/h)/min((h1/h),H/h)*w1,(H/h)/min((h2/h),H/h)*w2) (h1>=h ,h2>=h)

m i n ((H / h) / m i n ((h 1 / h), H / h) * w 1, (H / h) / m i n ((h 2 / h), H / h) * w 2) (h 1 > = h, h 2 > = h)

如果h1<h或者h2<h只要取用其中一個值即可

如果兩個都小於h就輸出那個奇奇怪怪的東西

程式碼：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define MAXX 100000000
int minn=MAXX;
int H,h,h1,w1,h2,w2;
int main(){
	freopen("jump.in","r",stdin);
	freopen("jump.out","w",stdout);
    scanf("%d %d %d %d %d %d",&H,&h,&h1,&w1,&h2,&w2);
    if (h1>=h)
      minn=min(minn,(H/h)/min((h1/h),H/h)*w1);
    if (h2>=h)
      minn=min(minn,(H/h)/min((h2/h),H/h)*w2);
    if (minn==MAXX) printf("Puny Hulk");
    else printf("%d",minn);
    fclose(stdin);
    fclose(stdout);
    return 0;
}

二、雷神的錘子
題目描述
雷神正在一片平原上揮舞它質量為﹢∞的錘子。除了質量奇特，還有
一點奇特，就是它每次砸向地面，形成的坑都是矩形。
雷神共用錘子砸了 n 次，每次的力度不一定相同。我們用 d 代表力度
的大小，表示錘子砸下去後，形成的坑的深度是 d。開始平原上所有地方
的深度都是 0。如果此次砸下的區域有地方已經被砸過了，那麼這部分的
深度等於各次砸下的 d 的最大值。假設砸下去只會影響對應矩形的深度，
不會影響矩形外的平原。
現在他派你去把砸出的所有的坑都填上，你需要先告訴他把坑填上，
也就是使所有地方的深度都是 0，需要他提供多少單位體積的土。

【輸入格式(hammer.in)】
輸入第一行包含一個正整數 n。
接下來 n 行，每行 5 個整數描述一次砸下， x0,y0,x1,y1,d。 (x0,y0)為矩形
的左下角， (x1,y1)為矩形的右上角。
【輸出格式(hammer.out)】
輸出一行包含 1 個整數：需要多少單位體積的土。

【樣例輸入 1】
10
0 3 3 1
【樣例輸出 1】
9
【樣例輸入 2】
30
0 1 1 4
0 0 1 1 5
0 0 2 2 3
【樣例輸出 2】
14

【解釋】
樣例 1 中形成一個 331 的坑。
樣例 2 中(0,0),(1,1)對應的矩形區域共被砸了 3 次，深度為 3 次 d 的最
大值 5。
【資料規模與約定】
保證 x0<=x1,y0<=y1。
30%的資料保證 n=1。
另外 30%的資料保證所有的 d 都相等。
100%的資料保證|x0|,|y0|,|x1|,|y1|<=300,n<=500,1<=d<=109。

分析：
【資料一】
n=1，直接算出答案即可。
【資料二】
因為所有的 d 都相等，所以都可以視為 1。我們把平面上可能用到的
點分成 600600 個 11 的正方形。這樣對每次砸下都更新所有影響到的點，
最後統計影響到的個數。
【資料三】
在資料二的基礎上把標記改為“當前深度” ，然後對每次砸下更新所
有點的深度，如果<d 則令它等於 d。最後把深度相加。複雜度是 O(300^2*n)。

程式碼：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
#define plus 301
LL a[701][701];
LL n;
LL ans=0;
int main(){
	freopen("hammer.in","r",stdin);
	freopen("hammer.out","w",stdout);
    scanf("%lld",&n);
    for (LL i=1;i<=n;i++){
	    LL x,y,xx,yy,d;
	    scanf("%lld %lld %lld %lld %lld",&x,&y,&xx,&yy,&d);
	    for (LL i=x+plus;i<xx+plus;i++)
	      for (LL j=y+plus;j<yy+plus;j++)
	        a[i][j]=max(a[i][j],d);
	}
	for (LL i=0;i<=700;i++)
	  for (LL j=0;j<=700;j++)
	    ans+=a[i][j];
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}

備註：為什麼有負數啊啊啊啊！

三、鷹眼的箭
題目描述
鷹眼用自己超強的視力，看到了平面上的 n 個敵方火力點，第 i 個點
的座標是(Xi,Yi)。他需要用自己的百發百中的箭把這些火力點摧毀。
鷹眼的箭非常強大，射一次箭可以把飛行路線路線上所有的火力點直
接摧毀。假設每支箭的飛行路線都是射線。鷹眼可以在平面上任意位置射
箭，但是由於一些原因，鷹眼的箭的方向只能平行於 x 軸或 y 軸或與某一
座標軸成 45° 角。
現在鷹眼想知道，如果只能從一個位置射箭，不限射出多少支箭，能
夠摧毀火力點最多有多少個。共有 q 個查詢，每個查詢互不干擾。如果鷹
眼所在位置正好有一個火力點，無論往哪個方向射箭，這個火力點都會被
摧毀。為了減少讀寫時間，你需要按照下列公式求出最後輸出的值，其中
的 表示的是異或（ C 和 C++中是^， Pascal 中是 xor）。設第 i 次詢問的正
確答案是 ansi，那麼你需要輸出的是：
(ans+1 )^(ans2 +2)^ … ^(ansq ^q)

【輸入格式(arrow.in)】
輸入第一行包含 2 個正整數： n 和 q。
接下來 n 行，第 i 行包含 2 個整數： Xi 和 Yi。
接下來 q 行，第 i 行包含 2 個正整數： QXi 和 QYi，代表一次查詢，鷹
眼所在位置是(QXi,QYi)。
【輸出格式(arrow.out)】
輸出 1 行表示所有查詢結果的異或和。

【樣例輸入 1】
4 2
0 0
2 2
0 2
2 0
0 1
1 1
【樣例輸出 1】
5
【樣例輸入 2】
1 1
233333 233333
233333 233333
【樣例輸出 2】
2

【解釋】
下頁圖表示樣例 1 的點分佈情況，不同顏色的箭頭表示不同查詢能夠摧毀
的火力點。第一次查詢結果為 2，第二次為 4，所以應輸出(2+1)^ (4+2)=5。
在這裡插入圖片描述
【資料規模與約定】
保證所有火力點都不重合
30%的資料保證 n,q<=1000。
70%的資料保證座標|Xi|,|Yi|,|QXi|,|QYi|<=100000。
100%的資料保證|Xi|,|Yi|,|QXi|,|QYi|<=109， n,q<=100000。
【提示】
輸入資料規模較大，建議避免使用速度慢的輸入方式，如 cin。

分析：【資料一】
沿 x 軸方向射箭，摧毀的是 x 值相同的點。沿 y 軸方向射箭，摧毀的
是 y 值相同的點。沿斜方向射箭，摧毀的是 x+y 相同的點或 x-y 相同的點。
暴力列舉每個點，看是否 x， y， x+y， x-y 中有其一和給定位置相同，複雜
度 O(nq)。
【資料二】
在資料一的基礎上，把列舉去除，改為統計每個不同的 x 值、 y 值、
x+y 值、 x-y 值。這樣一次查詢即為求 4 個統計的數的和。由於座標範圍不
大，陣列開到 410^5 即可。注意要判斷查詢是否與給定的某個點重合，
如果重合了，這個點將會被算 4 次，所以答案要減去 3。這一步可以用排
序或者 STL 中的 set。
【資料三】
座標範圍變大，陣列不再可用，這時注意到統計的值只有 O(n)個，所
以把陣列改為 map 或者用排序+二分的方法，就可以輕鬆統計個數。複雜
度為 O(nlogn)。

程式碼：


#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m;
int ans=0;
map <pair < int,int >,bool> a;
map <int,int> b;
map <int,int> c;
map <int,int> d;
map <int,int> e;
int main(){
    freopen("arrow.in","r",stdin);
    freopen("arrow.out","w",stdout);
    scanf("%d %d",&n,&m);
    for (int i=1;i<=n;i++){
	    int x,y;
	    scanf("%d %d",&x,&y);
	    b[x]++;
	    c[y]++;
	    d[x+y]++;
	    e[x-y]++;
	    a[make_pair(x,y)]=1;
	}
	for (int i=1;i<=m;i++){
	    int x,y;
	    scanf("%d %d",&x,&y);
	    int sum=0;
	    if (a[make_pair(x,y)]) sum=-3;
	    sum+=b[x]+c[y]+d[x+y]+e[x-y];
	    if (i==1) ans=sum+1;
	    else ans^=sum+i;
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}

備註：為什麼有負數啊啊啊啊！
四、超級英雄的戰鬥
題目描述
美國隊長和鋼鐵俠正在與很多外星人戰鬥。這場戰鬥的持續時間是 t
分鐘，每分鐘美國隊長和鋼鐵俠都可能消滅 0 個或 1 個外星人。我們用一
個長度為 t 的字串 S 來描述這場戰鬥，每個字元代表一分鐘內發生的情
況： M 表示只有美國隊長消滅了 1 個外星人， G 表示只有鋼鐵俠消滅了 1
個外星人， T 表示兩人同時消滅了 1 個外星人，不存在某 1 分鐘兩人都沒
有消滅外星人。
鋼鐵俠知道一般情況下他們兩個的戰鬥能力比是 m:g，表示在相同時
間內如果美國隊長消滅了 mk 個敵人，鋼鐵俠應當能消滅 gk 個。戰鬥之
後，鋼鐵俠發現，並不是所有連續時間段都符合一般情況的。用 S 的一個
子串 S2=S[l…r]表示一個連續時間段，我們稱 S2 是“好” 的，當且僅當在
第 l 分鐘到第 r 分鐘（兩端均包含）美國隊長消滅的敵人數和鋼鐵俠消滅
的敵人數之比恰好等於 m:g。
鋼鐵俠需要計算最長的“好” 的 S 的非空子串，最長的“ 好” 的子串
的數量，以及 S 的所有“好” 的非空子串的數量。如果字串一樣但位置
不同分開計算數量。

【輸入格式(fight.in)】
輸入第一行包含 3 個非負整數： t,m 和 g。
第二行包含一個長度為 t 的字串 S，含義如前所說。
【輸出格式(fight.out)】
輸出兩行。第一行包含 3 個整數 l,r 和 cnt，表示 S 的子串 S[l…r]是最
長的“好” 子串（ S 的編號從 1 開始），如果有多個輸出最左邊的子串，
以及與它等長的“ 好”的子串的數量。第二行包含 1 個整數，表示 S 的“好”
的非空子串數量。如果不存在“好” 的非空子串，只輸出”A weird fight”（不
包含引號）。

【樣例輸入 1】
6 1 2
GTGGTT
【樣例輸出 1】
1 6 1
6
【樣例輸入 2】
2 3 2
TMG
【樣例輸出 2】
A weird fight

【解釋】
樣例 1 中， GT,TG,GGTT,TGGT,GTGGTT 都是“ 好” 的子串，其中 GT 出現
了 2 次，所以總的個數是 6。
【資料規模與約定】
保證 m 和 g 至少有一個非 0。不保證 m:g 是最簡比。
保證 S 中的字元只會是 M,G,T 之一。
資料可能有 3 種特殊限定之一。
限定 1： S 只出現 1 種字母。
限定 2： m*g=0
限定 3： S 中沒有字元’T’，且所有的’M’都在所有的’G’之前。
測試點編號 t 的上界特殊限定
1 100 1
2~5 100 無
6 2000 2
7 2000 3
8~12 2000 無
13,14 100000 2
15,16 100000 3
17~20 100000 無
保證 m,g<=109。

分析：【特殊限定 1】
S 中的字母只有一個，那麼任意子串對應的 m:g 都是相同的。如果 S
中只有 M 就是 1:0，只有 G 就是 0:1，只有 T 就是 1:1。因此，如果題目中
的 m 和 g 的比不等於對應的值，答案就是“ A weird fight” 。如果等於對
應值，那麼任何非空子串都是“好” 的，因此最長的是 S[1…n]，總的個數
是 n(n+1)/2。
【特殊限定 2】
不妨假設 m=0，那麼如果子串包含 M 或 T，一定不是“好” 的。相反
地，如果子串只包含 G，一定是“好” 的。所以我們可以在 S 中算出所有
連續的 G，對應地按照特殊限定 1 的做法算出來，統計答案也很簡單。
【特殊限定 3】
如果 mg=0 即為限定 2，所以考慮 m>0,g>0。第一步先把 m:g 化簡，
兩邊同時除以 gcd(m,g)。統計 S 中 M 的個數和 G 的個數，那麼 S 的“好”
子串一定是 mk 個字元 M 加上 gk 個字元 G。通過統計可以算出 k 的上限，
這樣最長子串便可算出。顯然所有“好” 的子串都不會相同，所以最長子
串只有 1 個，總個數就是 k 的上限。
【 t<=100】
暴力列舉子串，暴力統計其中美國隊長和鋼鐵俠分別消滅了多少敵
人，然後判斷兩個的比值是否等於 m:g。注意這一步不需要 m:g 是最簡比，
也不需要求最大公約數，否則複雜度會加上 log。設兩人消滅的敵人數是
m1:g1，那麼 m1:g1=m:g 當且僅當 m1g=g1*m，這樣用一次 long long 的乘
法就可判斷。複雜度是 O(n^3)。
【 t<=2000】
定義 Pre_m(i)表示前 i 分鐘美國隊長消滅的敵人數， Pre_g(i)表示鋼鐵
俠消滅的敵人數。可以線上性時間內算出這兩個陣列。這樣，列舉子串之
後不需要暴力統計，設列舉的子串是 S[l…r]，那麼 Pre_m( r )-Pre_m(l-1)就表
示這段時間內美國隊長消滅的敵人數，同理 Pre_g( r )-Pre_g(l-1)表示鋼鐵俠
消滅的敵人數。然後套用 t<=100 的方法即可，總的複雜度是 O(n^2)。
【 t<=100000】
我們把判斷的式子寫下：
$g( pre _ m*r - pre _ m*（l-1）) = m( pre _ g*r - pre _ g*（l-1）)$
移項之後可以變成：
$m* pre _ g*（l-1） - g* pre _ m*（l-1） = m* pre _ g*r - g* pre _ m*r$ ，
可以發現左右兩邊的式子幾乎一樣，而且一個和 r 有關，一個和 l-1 有關。定義
新陣列f(i)=m * pre_g(i)-g * pre_m(i)，這樣 S[l…r]是“好” 的子串的條件就轉
化為 f( r )=f(l-1)！注意到這是一個非常簡單的條件，把 f 不同的值分開統計
即可。複雜度是 O(nlogn)。 Std 的做法比較簡單，從左到右掃一遍字串，
對不同的 f 值用 STL 中的 map 記錄第一次出現的位置，以及出現的次數，
這樣記錄下來就可以做到 O(nlogn)，相對於第一種方法，實現比較簡單，
速度也不慢。*

程式碼：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
map <LL,int> First;
map <LL,int> num;
int n,m,g;
LL gtx[1000001];
LL mgdz[1000001];
int maxl=0,maxr=0,sum=0,ans=0,maxlen=0;
int main(){
	freopen("fight.in","r",stdin);
	freopen("fight.out","w",stdout);
    scanf("%d %d %d",&n,&m,&g);
    First[0]=num[0]=1;
    for (int i=1;i<=n;i++){
	    char ch;
	    ch=getchar();
	    while (ch!='T'&&ch!='G'&&ch!='M') ch=getchar();
	    gtx[i]=gtx[i-1]+(ch=='T'||ch=='G');
	    mgdz[i]=mgdz[i-1]+(ch=='T'||ch=='M');
	}
	for (int i=1;i<=n;i++){
	    LL x=m*gtx[i]-g*mgdz[i];
	    if (num[x]){
		    int l=First[x];
		    sum+=num[x];
		    if (i-l+1>maxlen){
			    maxlen=i-l+1;
			    ans=1;
			    maxl=l,maxr=i;
			}
			else if (i-l+1==maxlen)ans++;
			num[x]++;
		}
		else First[x]=i+1,num[x]=1;//因為是l-1，所以右移一位 
	}
	if (!ans) printf("A weird fight");
	else printf("%d %d %d\n%d",maxl,maxr,ans,sum);
	return 0;
}

備註：暴力分很足

總結：題目給我看清楚了，變數名給我用清楚了，檔名給我寫清楚了，方位陣列給我定清楚，資料規模給我看清楚了啊啊啊

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