ToB企服应用市场:ToB评测及商务社交产业平台

标题: 2024ICPC网络赛第二场 [打印本页]

作者: 卖不甜枣 时间: 2024-10-11 02:40
标题: 2024ICPC网络赛第二场
VP链接
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，以是为了让自己队伍的排名尽大概地高，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

，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

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，从头至尾依次遍历每一支队伍

如果队伍在学校的名次小于即是
，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
，相称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本领的队伍的位置 pos（题目保证每个队伍本领不同，不存在即是的情况），该队伍终极的排名就是 pos - 1（要将其学校前面即本领较强的队伍移出，以是排名要 -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;
}

复制代码

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;
}

复制代码

G. Game

可以注意到平局其实是没有用的，以是 Alice 得胜的概率是

，Bob 得胜的概率是

。

证实：
假设

为 Alice、Bob 在分别有 x、y 个 chips 且每一局的得胜概率分别为 a、b 的条件下，Alice 终极得胜的概率；

为 Alice 在当前条件下先赢一局，Alice 终极得胜的概率;

为 Bob 在当前条件下先赢一局且 Alice 终极得胜的概率。
那么有，

。
移项后有，

。
终极效果就是，

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

双方的游戏过程现实上是一个辗转相减的过程，可以利用辗转相除来加快。

当
时，由于 Alice 得胜的情况较多，为方便统计，可以将问题转换成 1 - （Bob 得胜的概率）
当
时，可以让 Alice 先连赢
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;
}

复制代码

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，但是大概会由于存在一连的 0 因而不符合题目的条件。
注意到

，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，如许就不会存在一连的 0 了。
但如果该二进制数末端有两个及以上的一连的 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;
}

复制代码

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，

、

和

、

，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，交换后所有物体的终极体积更小。所有物体的终极体积可以表示为，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稳定，以是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大概大。
即只需要满足