Educational Codeforces Round 95 (Rated for Div. 2) A-D

A. Buying Torches

题意：

首先规定一个木棍和一个木炭可以组合成一个火把，再给出两种操作，操作一是可以用一根木棍去换根木棍，操作二是可以用根木棍去换一个木炭，初始时有一根木棍，问最少进行多少次操作可以得到个火把（组成火把的过程不花费操作次数，换句话说，只要有至少个木棍和个木炭即可达成目标）。

思路：

因为两个操作都是需要用木棍来衡量的，所以我们不妨将目标的个火把都转换为木棍，首先个火把需要个木棍和个木炭组成，而一个木炭需要个木棍，所以总共需要个木棍，而每次操作一用一根木棍去得到个木棍，实质上是增加个木棍，所以列得不等式此处求得满足不等式的最小的就是操作一的次数了，将木棍转换成煤炭还需要次操作二，所以本题答案就是了。下面讲一下如何求，显然满足单调性，所以一种方法就是直接进行二分求解，另一种方法就是通过移项，得到，那么最小的就是。

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std; 
int main(void){
    int T;
    long long x,y,k;
    cin>>T;
    while(T--){
        scanf("%lld%lld%lld",&x,&y,&k);
        printf("%lldn",((y+1)*k-1+x-2)/(x-1)+k);
    }
    return 0;
}

B. Negative Prefixes

题意：

给出一个长度为的数列，有一些位置被锁定了，对于未被锁定的位置，可以进行重新排列，对于重新排列后的数组记为，现在记录一个前缀和，我们需要找到一个最大的，使得，问如何对数组进行排列，可以使得最小。

思路：

比较明显的一个贪心是，对于未锁定的位置，将其按照降序排序是最优的，下面稍微证明一下：假设按照如此策略得到的前缀和，不难看出无论如何操作，是不变的，那么，，以此类推，我们的目标是为了让的出现位置尽量靠前，也就是让后面的数都尽可能大，观察上面前缀和公式的变形，不难看出让后面的数尽可能小是最优的，所以直接实现即可，实现的话我是用了一个优先队列减少码量，当然去找最小值时间复杂度也是可以的。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<queue>
using namespace std;
const int MAX_N=110;
int a[MAX_N],b[MAX_N];
int main(void){
    int T,n,i;
    cin>>T;
    while(T--){
        priority_queue<int>q;
        scanf("%d",&n);
        for(i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d",&a[i]);
        for(i=1;i<=n;i++){
            scanf("%d",&b[i]);
            if(b[i]==0)
            q.push(a[i]);
        }
        for(i=1;i<=n;i++){
            if(b[i])
            printf("%d ",a[i]);
            else{
                printf("%d ",q.top());
                q.pop();
            }
        }
        printf("n");
    }
    return 0;
}

C. Mortal Kombat Tower

题意：

给出个怪物，1表示高级的怪物，0表示低级的怪物，现在A和B组队去打怪，两个人轮流出招，B的能力比较强，可以随便杀死所有怪物，A的能力较弱，只能杀死低级的怪物，但是A可以使用一个道具用来杀死一个高级怪物，在每个人出招时，至少杀死面前的一个怪物，至多杀死面前的两个怪物，A先开始出招，问如何分配策略，可以使得使用的道具最少就能杀死个怪物。

思路：

贪心去想的话，每次碰到高级怪物让B去击杀肯定是更优的，但需要讨论的情况非常多，而且对于这种无后效性的最优解问题，是一个比较显然的dp问题。设为到了第i个位置，B杀死第i个怪物的最小代价，为到了第i个位置，A杀死第i个怪物的最小代价，那么答案就是了。考虑转移，因为A和B需要轮流上阵，所以dp1只能向dp2转移，同理dp2也只能向dp1进行转移，又因为每次至多击杀两个连续的怪物，所以分类讨论一下就好了，代码中由注释，结合注释应该更好理解。

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int MAX_N=201000;
int dp1[MAX_N],dp2[MAX_N],a[MAX_N];
int main(void){
    int T,n,i;
    cin>>T;
    while(T--){
        scanf("%d",&n);
        for(i=0;i<=n;i++)
        dp1[i]=dp2[i]=INF;
        dp1[0]=0;//因为A需要进行先手，所以将B初始化为0
        for(i=1;i<=n;i++){
            scanf("%d",&a[i]);
            dp1[i]=min(dp1[i],dp2[i-1]);//B来击杀第i只怪物
            if(i>=2)
            dp1[i]=min(dp1[i],dp2[i-2]);//B来击杀第i只和第i-1只怪物
            dp2[i]=min(dp2[i],dp1[i-1]+a[i]);//A来击杀第i只怪物，如果第i只怪物是高级怪物的话，需要使用道具
            if(i>=2)
            dp2[i]=min(dp2[i],dp1[i-2]+a[i]+a[i-1]);//A来击杀第i只和第i-1只怪物，同上需要注意道具的使用情况
        }
        printf("%dn",min(dp1[n],dp2[n]));
    }
    return 0;
}

D. Trash Problem

题意：

在一维坐标轴上给出堆垃圾，首先规定原本在 x 位置有一堆垃圾，若将其扫到 x - 1 或 x + 1 位置后，会有一个单位的贡献，再规定此时的贡献 ans 为，将所有的垃圾合并为不超过两堆的贡献，现在给出次操作，每次操作会添加一堆新的垃圾或者删除一堆已有的垃圾，每次操作后输出贡献 ans，需要注意的是，题目保证了每堆垃圾的位置都不会相同。

思路：

首先考虑如何快速计算出贡献，假设当前有堆垃圾，若想要合并为一堆的话，无论如何合并，都需要将个相邻的间隔都走一遍，类似的，如果想要合并为两堆的话，只需要遍历个间隔即可，对于同一个状态来说，用表示当前状态下的个间隔之和，若想去掉一个间隔后使得总答案最小，那么显然去掉的间隔越大越好，此时答案就呼之欲出了，我们需要维护的就是和当前个间隔中的最大值，每次贡献的答案就是两者之差了。再考虑如何维护，因为每次给出的垃圾都是在坐标轴上的位置，且我们最终需要维护的间隔，实质上是所有坐标排序后，相邻两个数之差，故我们可以维护一下整个升序的序列，每次在加入新的垃圾 pos 时，找到两个位置 lower 和 upper 分别代表小于 pos 的最大值和大于 pos 的最小值，在加入 pos 后，只会影响到这个间隔，考虑加入 pos 后会造成什么影响：

lower - upper 之间的间隔消失。
lower - pos 之间的间隔新增。
pos - upper 之间的间隔新增。

如此维护一下和所有的间隔即可，删除的话同理，只不过需要将所有操作倒着再来一遍即可。下面考虑如何实现，因为每次操作的时间限制在了，所以我用multiset实现的，一个用来维护原序列，一个用来维护所有的间隔，以及一个全局变量，每次添加或删除一个数，只需要相应的在multiset上二分找到相应位置，维护好答案后相应的删除或增加即可，时间复杂度。值得一提的是，为了防止在查找时造成不必要的越界，可以在初始化时加入相应的哨兵节点，维护时特判一下即可。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<set>
using namespace std; 
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int MAX_N=201000;
multiset<long long>st1,st2;
multiset<long long>::iterator lower,upper,it,t;
long long sum;
void add(int pos){
    st1.insert(pos);
    lower=st1.lower_bound(pos);
    upper=lower;
    lower--;
    upper++;
    if(*lower!=-INF&&*upper!=INF){
        long long delta=*upper-*lower;
        sum-=delta;
        st2.erase(st2.find(delta));
    }
    if(*lower!=-INF){
        long long delta=pos-*lower;
        sum+=delta;
        st2.insert(delta);
    }
    if(*upper!=INF){
        long long delta=*upper-pos;
        sum+=delta;
        st2.insert(delta);
    }
}
void del(int pos){
    lower=st1.lower_bound(pos);
    upper=lower;
    lower--;
    upper++;
    if(*lower!=-INF){
        long long delta=pos-*lower;
        sum-=delta;
        st2.erase(st2.find(delta));
    }
    if(*upper!=INF){
        long long delta=*upper-pos;
        sum-=delta;
        st2.erase(st2.find(delta));
    }
    if(*lower!=-INF&&*upper!=INF){
        long long delta=*upper-*lower;
        sum+=delta;
        st2.insert(delta);
    }
    st1.erase(st1.find(pos));
}
int main(void){
    int n,m,i,op,pos;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    st1.insert(-INF);//哨兵节点
    st1.insert(INF);
    st2.insert(0);
    for(i=1;i<=n;i++){
        int pos;
        scanf("%d",&pos);
        st1.insert(pos);
    }
    for(it=++st1.begin();it!=st1.end();it++){//扫出所有间隔
        t=it;
        t--;
        if(*t!=-INF&&*it!=INF){
            st2.insert(*it-*t);
            sum+=*it-*t;
        }
    }
    printf("%lldn",sum-*st2.rbegin());
    while(m--){
        scanf("%d%d",&op,&pos);
        if(op==1)
        add(pos);
        else
        del(pos);
        printf("%lldn",sum-*st2.rbegin());
    }
    return 0;
}

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