test20191011

发表于

闲扯

我发誓，我以后再也不会把不同的情况混着写了！！！

题面

$ftp$ 上

$T1$

Solution

对于一个家店，我们肯定是用之前没有还没有进行过操作，而且能带来利润的店（ $val_i>val_j,i>j$ ）来配对。

如果不存在，那么我们就直接忽略掉它。

这样配对之后能得到的利润肯定是最多的，但是我们还需要保证操作次数最少。

对于一家店，如果能够跟它配对的店已经作为了一组配对的卖方，我们可以将它撤回，将卖方改为当前这家店。（答案一定不会更劣，且步数更少）

因为每次都取最小的，所以我们用有限队列维护一下即可，对于操作次数的统计，用一些神奇的方法统计一下即可。

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#include<bits/stdc++.h>
#define del(a,i) memset(a,i,sizeof(a))
#define ll long long
#define inl inline
#define il inl void
#define it inl int
#define ill inl ll
#define re register
#define ri re int
#define rl re ll
#define mid ((l+r)>>1)
#define lowbit(x) (x&(-x))
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
template<class T>il read(T &x){
	int f=1;char k=getchar();x=0;
	for(;k>'9'||k<'0';k=getchar()) if(k=='-') f=-1;
	for(;k>='0'&&k<='9';k=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+k-'0';
	x*=f;
}
template<class T>il _print(T x){
	if(x/10) _print(x/10);
	putchar(x%10+'0');
}
template<class T>il print(T x){
	if(x<0) putchar('-'),x=-x;
	_print(x);
}
ll mul(ll a,ll b,ll mod){long double c=1.;return (a*b-(ll)(c*a*b/mod)*mod)%mod;}
it qpow(int x,int m,int mod){
	int res=1,bas=x%mod;
	while(m){
		if(m&1) res=(1ll*res*bas)%mod;
		bas=(1ll*bas*bas)%mod,m>>=1;
	}
	return res%mod;
}
int T,n,val,st;
ll ans;
il solve(){
	priority_queue<pair<int,int> > q;// 用大根堆完成小根堆的操作，权值全部取反
	read(n);ans=0,st=0;
	for(ri i=1;i<=n;++i){
		read(val);
		if(!q.empty()){
			pair<int,int> tmp=q.top();
			if(-tmp.first<val){
				ans+=val+tmp.first,st+=-tmp.second+1;
				q.pop();
				q.push(make_pair(-val,1));// 可以作为中转点，替换之后步数不会变，所以赋值-1
			}
		}
		q.push(make_pair(-val,-1));// 即使作为卖方也不影响，因为如果第一关键字相等，我们优先选择第二关键字更小的，这样作为卖家时加入的那一组会先被消掉，以后调用时相当于这家店没有进行过任何操作。
	}
	print(ans),putchar(' '),print(st),puts("");
}
int main(){
	freopen("A.in","r",stdin);
	freopen("A.out","w",stdout);
	read(T);
	for(ri i=1;i<=T;++i) solve();
	return 0;
}

$T2$

Solution

一个比较套路的题。

因为答案是具有单调性的，我们可以先二分答案。

假设当前的半径为 $R$ ，那么它不会和障碍点 $i$ 相碰撞的条件是球心不在以 $i$ 为中心， $R$ 为半径的球内。

然后我们只需要判断管道上下是否被连通即可。

如果被连通，说明路被堵死了，否则可以通过。

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#include<bits/stdc++.h>
#define del(a,i) memset(a,i,sizeof(a))
#define ll long long
#define inl inline
#define il inl void
#define it inl int
#define ill inl ll
#define re register
#define ri re int
#define rl re ll
#define lowbit(x) (x&(-x))
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
template<class T>il read(T &x){
	int f=1;char k=getchar();x=0;
	for(;k>'9'||k<'0';k=getchar()) if(k=='-') f=-1;
	for(;k>='0'&&k<='9';k=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+k-'0';
	x*=f;
}
template<class T>il _print(T x){
	if(x/10) _print(x/10);
	putchar(x%10+'0');
}
template<class T>il print(T x){
	if(x<0) putchar('-'),x=-x;
	_print(x);
}
ll mul(ll a,ll b,ll mod){long double c=1.;return (a*b-(ll)(c*a*b/mod)*mod)%mod;}
it qpow(int x,int m,int mod){
	int res=1,bas=x%mod;
	while(m){
		if(m&1) res=(1ll*res*bas)%mod;
		bas=(1ll*bas*bas)%mod,m>>=1;
	}
	return res%mod;
}
const int MAXN = 505;
int n,m,fa[MAXN],rk[MAXN];
struct Node{
	int x,y;
}node[MAXN];
inl double dis(int x,int y){return pow(node[x].x-node[y].x,2)+pow(node[x].y-node[y].y,2);}
it max(int x,int y){return x>y?x:y;}
it find(int x){return x==fa[x]?x:fa[x]=find(fa[x]);}
il merge(int x,int y){
	x=find(x),y=find(y);
	if(x==y) return ;
	if(rk[x]<rk[y]) fa[x]=y,rk[y]=max(rk[y],rk[x]+1);
	else fa[y]=x,rk[x]=max(rk[x],rk[y]+1);
}
it check(double lim){
	for(ri i=0;i<=n+1;++i) fa[i]=i,rk[i]=1;
	for(ri i=1;i<=n;++i){
		if(node[i].y<=lim) merge(0,i);
		if(m-node[i].y<=lim) merge(i,n+1);
	}
	for(ri i=1;i<=n;++i)
		for(ri j=1;j<=n;++j) if(i^j)
			if(dis(i,j)<=pow(lim,2)) merge(i,j);
	return find(0)!=find(n+1);
}
int main(){
	freopen("B.in","r",stdin);
	freopen("B.out","w",stdout);
	read(n),read(m);
	for(ri i=1;i<=n;++i) read(node[i].x),read(node[i].y);
	re double l=0,r=m;
	for(ri i=1;i<=30;++i){
		re double mid=(r+l)/2;
		if(check(mid)) l=mid;
		else r=mid;
	}
	printf("%.3f",(r+l)/2);
	return 0;
}

$T3$

Solution