2024ICPC网络赛第二场

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Codeforces：Dashboard - The 2024 ICPC Asia EC Regionals Online Contest (II) - Codeforces

QOJ：The 2024 ICPC Asia East Continent Online Contest (II) - Dashboard - Contest - QOJ.ac

A. Gambling on Choosing Regionals

注意到对于每个队伍来说最坏情况是与所有最强的队一个赛站，那么该队伍的排名会最低，所以为了让自己队伍的排名尽可能地高，最优选择就是去容纳量最小的赛站。

对 c 进行读入的时候只需要记录最小的 c 的值 $minc_i$ ，同时利用 unordered_map 记录每一个队伍在学校内的排名，将每个学校前 $minc_i$ 支队伍放进一个数组 b 里，再将数组 b 从大到小排序。

输出答案的时候，从头到尾依次遍历每一支队伍

如果队伍在学校的名次小于等于 $minc_i$ ，该队伍的最优排名就是在数组 b 里的下标
如果队伍在学校的名次大于 $minc_i$ ，相当于要把同学校的一支队伍移出这个赛站，再将这支队伍放进这个赛站，那么只需要利用二分找出 b 数组中第一个小于该队伍能力的队伍的位置 pos（题目保证每个队伍能力不同，不存在等于的情况），该队伍最终的排名就是 pos - 1（要将其学校前面即能力较强的队伍移出，所以排名要 -1）。

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

const int N = 1e5 + 10;
int n, k, c, minc = INT_MAX, idx = 0, b[N];
struct node {
    int w, id, rnk = 0;
    bool operator< (const node &x) const {
        return x.w > w;
    }
} a[N];
unordered_map<string, priority_queue<node>> mp;

inline int read() {
    int x = 0, f = 1; char c = getchar();
    while (c < '0' || c > '9') { if (c == '-') f = -1; c = getchar(); }
    while (c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
    return x * f;
}

int main() {
    n = read(), k = read();
    for (int i = 1; i <= k; i++) c = read(), minc = min(minc, c);
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        a[i].w = read(), a[i].id = i;
        string s; char c = getchar();
        while (c < 'A' || c > 'Z') c = getchar();
        while (c >= 'A' && c <= 'Z') s += c, c = getchar();
        // 时间限制只有 1s，用 cin 怕 TLE
        mp[s].push(a[i]);
    }
    for (auto& [x, q] : mp) {
        int num = 0;
        while (!q.empty()) {
            node cur = q.top(); q.pop();
            a[cur.id].rnk = ++num; // 记录排名
            if (num <= minc) b[++idx] = a[cur.id].w;
        }
    }
    sort(b + 1, b + idx + 1, greater<int>()); // 从大到小排序
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        int l = 1, r = idx + 1;
        while (l < r) {
            int mid = l + r >> 1;
            if (b[mid] > a[i].w) l = mid + 1;
            else r = mid;
        }
        if (a[i].rnk <= minc) printf("%d\n", l);
        else printf("%d\n", l - 1);
    }
    return 0;
}

F. Tourist

签到题，按照题意模拟即可。

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

#define int long long

int n, c, tot = 1500, ans = -1;

inline int read() {
    int x = 0, f = 1; char c = getchar();
    while (c < '0' || c > '9') { if (c == '-') f = -1; c = getchar(); }
    while (c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
    return x * f;
}

signed main() {
    n = read();
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        c = read(), tot += c;
        if (ans == -1 && tot >= 4000) ans = i;
    }
    printf("%d\n", ans);
    return 0;
}

G. Game

可以注意到平局其实是没有用的，所以 Alice 获胜的概率是 $p_0 = \frac{a_0}{a_0 + a_1}$ ，Bob 获胜的概率是 $p_1 = \frac{a_1}{a_0 + a_1}$ 。

证明：

假设 $P(x,y,a,b)$ 为 Alice、Bob 在分别有 x、y 个 chips 且每一局的获胜概率分别为 a、b 的条件下，Alice 最终获胜的概率； $P_A(x,y,a,b)$ 为 Alice 在当前条件下先赢一局，Alice 最终获胜的概率; $P_B(x,y,a,b)$ 为 Bob 在当前条件下先赢一局且 Alice 最终获胜的概率。

那么有， $P(x,y,a,b) = a \cdot P_A(x,y,a,b) + b \cdot P_B(x,y,a,b) + (1 - a - b) \cdot P(x,y,a,b)$ 。

移项后有， $(a + b) \cdot P(x,y,a,b) = a \cdot P_A(x,y,a,b) + b \cdot P_B(x,y,a,b)$ 。

最终结果就是， $P(x,y,a,b) = \frac{a}{a+b} \cdot P_A(x,y,a,b) + \frac{b}{a+b} \cdot P_B(x,y,a,b)$ 。

从这个式子可以得出，每一种情况下，Alice 最终获胜的概率不受平局的影响。

双方的游戏过程实际上是一个辗转相减的过程，可以利用辗转相除来加速。

当 $x \ge y$ 时，由于 Alice 获胜的情况较多，为方便统计，可以将问题转换成 1 - （Bob 获胜的概率）
当 $x < y$ 时，可以让 Alice 先连赢 $\frac{y}{x}$ 次转换成第一种情况。

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

#define int long long

const int mod = 998244353;

inline int read() {
    int x = 0, f = 1; char c = getchar();
    while (c < '0' || c > '9') { if (c == '-') f = -1; c = getchar(); }
    while (c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
    return x * f;
}

int qpow(int x, int k) {
    int res = 1LL;
    while (k) {
        if (k & 1) res = res * x % mod;
        x = x * x % mod;
        k >>= 1;
    }
    return res % mod;
}

int f(int x, int y, int a, int b) {
    if (x == 0) return 0;
    return qpow(a, y / x) * ((1 - f(y % x, x, b, a) + mod) % mod) % mod;
} // 辗转相除求答案

signed main() {
    int t = read();
    while (t--) {
        int x = read(), y = read(), a0 = read(), a1 = read(), b = read();
        int inv = qpow(a0 + a1, mod - 2);
        int A = inv * a0 % mod, B = inv * a1 % mod;
        // 利用费马小定理求 Alice、Bob 获胜概率的乘法逆元
        printf("%lld\n", f(x, y, A, B));
    }
    return 0;
}

I. Strange Binary

所有数字都能进行二进制拆分，由十进制数转换为二进制数，但是可能会由于存在连续的 0 因而不符合题目的条件。

注意到 $2^{i - 1} = 2^i - 2^{i - 1}$ ，因此对于每一个二进制数，相邻两位如果是 0 1 的话，那么可以将其转换成 1 -1，这样就不会存在连续的 0 了。

但如果该二进制数末尾有两个及以上的连续的 0 的时候，即** n 为 4 的倍数 **时，那么将无法进行转换使得其满足题目条件。

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

int n, a[32];

inline int read() {
    int x = 0, f = 1; char c = getchar();
    while (c < '0' || c > '9') { if (c == '-') f = -1; c = getchar(); }
    while (c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
    return x * f;
}

signed main() {
    int t = read();
    while (t--) {
        n = read();
        if (n % 4 == 0) {
            puts("NO");
            continue;
        }
        for (int i = 0; i < 32; i++) a[i] = 0; // 初始化
        int idx = -1;
        while (n) {
            a[++idx] = n & 1;
            n >>= 1;
        } // 二进制拆分
        for (int i = 0; i < 32; i++) {
            while (i + 1 < 32 && a[i] != 0 && a[i + 1] == 0) {
                a[i] = -1, a[i + 1] = 1;
                i++;
            }
        } // 去 0 操作
        puts("YES");
        for (int i = 0; i < 32; i++) {
            printf("%d ", a[i]);
            if ((i + 1) % 8 == 0) puts("");
        } // 输出答案
    }
    return 0;
}

J. Stacking of Goods

贪心，考虑所有物品以什么顺序叠放是最优的。

假设有两个相邻的物品 1 和 2（1 在上，2 在下），其对应的重量、体积、压缩系数分别表示为， $w_1$ 、 $v_1$ 、 $c_1$ 和 $w_2$ 、 $v_2$ 、 $c_2$ ，这两个物品上面的物品重量的和记为 W。两个物品要交换的条件就是，交换后所有物体的最终体积更小。所有物体的最终体积可以表示为，所有物体的总体积 - 每个物体的压缩系数 * 该物体上面所有物体的重量和。由于所有物体的总体积永远不变，所以要让每个物体的压缩系数 * 该物体上面所有物体的重量和尽可能大。

即只需要满足 $c_1 \times W + c_2 \times (W + w_1) < c_2 \times W + c_1 \times (W + w_2)$ ，那么就将物体 1 和 2 交换位置（无论这两个物体是否交换位置，对其他物体的压缩体积不会造成任何影响）。化简之后，这个式子就变成了 $c_2 \times w_1 < c_1 \times w_2$ 。

要特别注意，有可能会出现连续多个 $c_2 \times w_1 = c_1 \times w_2$ 的情况，这种情况下要让重量大的物品放在上面，这样重量大的物品贡献就最多，压缩的体积就更大。

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

#define int long long

const int N = 1e5 + 10;
int n;
struct node { int w, v, c; } a[N];

inline int read() {
    int x = 0, f = 1; char c = getchar();
    while (c < '0' || c > '9') { if (c == '-') f = -1; c = getchar(); }
    while (c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
    return x * f;
}

bool cmp(node x, node y) {
    if (x.c * y.w == x.w * y.c) return x.w > y.w;
    return x.c * y.w < x.w * y.c;
}

signed main() {
    n = read();
    for (int i = 1; i <= n; i++) a[i].w = read(), a[i].v = read(), a[i].c = read();
    sort(a + 1, a + n + 1, cmp); // 排序
    int W = 0, V = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        V += a[i].v - a[i].c * W;
        W += a[i].w;
    } // 记录答案
    printf("%lld\n", V);
    return 0;
}

L. 502 Bad Gateway

假设最优的操作是一直进行第二个操作直到数字小于等于 c 以后再进行第一个操作。对于第二个操作，选到小于等于 c 的数的概率是 $\frac{c}{T}$ ，那么期望的操作时间就是 $\frac{T}{c}$ 。对于第一个操作，由于取到每个数的概率是相等的，所以期望的操作此时是 $\frac{1}{c}\sum_{i = 1}^{c}i = \frac{1}{c} \times \frac{c(c + 1)}{2} = \frac{c + 1}{2}$ 。由于是从第 0 秒开始操作，所以最后的结果是 $\frac{T}{c} + \frac{c + 1}{2} - 1 = \frac{2T + c(c - 1)}{2c}$ ，当 $c = \ \left \lfloor 2T \right \rfloor$ 或 $c = \ \left \lceil 2T \right \rceil$ 的时候这个式子取得最小值。

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

#define int long long

int n, T;

int gcd(int a, int b) { return a == 0 ? b : gcd(b % a, a); }

signed main() {
    ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);
    cin >> n;
    while (n--) {
        cin >> T;
        int num1 = floor(sqrt(1.0 * 2 * T)), num2 = ceil(sqrt(1.0 * 2 * T));
        int x1 = 2 * T + num1 * (num1 - 1), y1 = 2 * num1;
        int x2 = 2 * T + num2 * (num2 - 1), y2 = 2 * num2;
        int GCD;
        if (x1 * y2 < x2 * y1) {
            GCD = gcd(x1, y1);
            x1 /= GCD, y1 /= GCD;
            printf("%lld %lld\n", x1, y1);
        } else {
            GCD = gcd(x2, y2);
            x2 /= GCD, y2 /= GCD;
            printf("%lld %lld\n", x2, y2);
        }
    }
    return 0;
}

标签：算法 c++ 数据结构

本文转载自: https://blog.csdn.net/djhws144/article/details/142426613
版权归原作者 nuo534202 所有，如有侵权，请联系我们删除。

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