答案为 n ∗ m − 1 + 4 n*m-1+4 n∗m−1+4
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LLLV
预计得分100%
思路：维护一个前缀 s u m sum sum即可。
总时间复杂度 O ( n ) O(n) O(n)
参考代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 5;
int a[N];
void solve()
{
int n;
scanf("%d", &n);
long long ans = 0, sum = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
scanf("%d", &a[i]);
ans += sum * a[i];
sum += a[i];
}
cout << ans << endl;
}
int main()
{
solve();
return 0;
}
预计得分100%
对于每个位置 i i i ，设 y = a [ i ] y = a[i] y=a[i] ^ x x x，找到最近的一个 y y y的下标 i d x idx idx，记作 b [ i ] b[i] b[i]。再用线段树维护 b b b数组的区间最大值 m a x x maxx maxx，如果 m a x x > = L maxx >= L maxx>=L，那么为 y e s yes yes。
总时间复杂度 O ( n l o g n ) O(nlogn) O(nlogn)
参考代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 3e5 + 5;
int a[N], b[N];
struct node
{
int l, r, val, maxx;
} tr[N * 4];
void pushup(int k) { tr[k].maxx = max(tr[k * 2].maxx, tr[k * 2 + 1].maxx); }
void build(int k, int l, int r)
{
tr[k].l = l;
tr[k].r = r;
if (tr[k].l == tr[k].r)
{
tr[k].val = tr[k].maxx = b[l];
return;
}
int mid = l + r >> 1;
build(k * 2, l, mid);
build(k * 2 + 1, mid + 1, r);
pushup(k);
}
int query(int k, int l, int r)
{
if (tr[k].l == l && tr[k].r == r)
return tr[k].maxx;
int mid = tr[k].l + tr[k].r >> 1;
if (r <= mid)
return query(k * 2, l, r);
else if (l > mid)
return query(k * 2 + 1, l, r);
else
return max(query(k * 2, l, mid), query(k * 2 + 1, mid + 1, r));
}
void solve()
{
int n, m, x;
scanf("%d %d %d", &n, &m, &x);
for (int i = 1; i <= n; i++)
scanf("%d", &a[i]);
map<int, int> last;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
int y = a[i] ^ x;
if (!last.count(y))
b[i] = -1;
else
b[i] = last[y];
last[a[i]] = i;
}
build(1, 1, n);
while (m--)
{
int l, r;
scanf("%d %d", &l, &r);
int maxx_pos = query(1, l, r);
puts(maxx_pos >= l ? "yes" : "no");
}
}
int main()
{
solve();
return 0;
}
暂时不会。
2022.4.25 UPDATE：少了一个语句，已修正
预计得分100%
二分经典题改编题，一眼二分，check有点难写。
check思路：
可以令
d
p
[
i
]
dp[i]
dp[i]表示跳到第
i
i
i个石头的最大次数。
把最后
m
i
d
mid
mid个石头的
d
p
[
i
]
dp[i]
dp[i]加起来，
s
u
m
>
=
2
∗
x
sum>= 2*x
sum>=2∗x即合法。
总时间复杂度 O ( n l o g n ) O(nlogn) O(nlogn)
参考代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 3e5 + 5;
int a[N];
long long dp[N];
// dp[i]表示最多能跳到位置i dp[i]次
int n, x;
bool check(int mid)
{
long long sum = 0;
for (int i = 1; i <= mid; i++) //前mid个都可以
dp[i] = a[i];
int l = 1;
for (int i = mid + 1; i <= n; i++)
{
while (i - l > mid)//控制跳跃距离。
++l;
dp[i] = 0;
while (dp[i] < a[i] && l < i)
{
if (dp[l] + dp[i] <= a[i])
{
dp[i] += dp[l];
dp[l] = 0;
++l;
}
else
{
dp[l] -= a[i] - dp[i];
dp[i] = a[i];
}
}
}
long long ans = 0;
int L = n - mid + 1;
for (int i = L; i <= n; i++)
ans += dp[i];
return ans >= 2 * x;
}
void solve()
{
scanf("%d %d", &n, &x);
--n;
for (int i = 1; i <= n; i++)
scanf("%d", &a[i]);
int l = 1, r = n, ans = n + 1;
while (l <= r)
{
int mid = l + r >> 1;
if (check(mid))
{
ans = mid;
r = mid - 1;
}
else
l = mid + 1;
}
printf("%d\n", ans);
}
int main()
{
solve();
return 0;
}
预计得分10% ~ 30%
暴力思路：
枚举修改位置，二分法 O ( n l o g n ) O(nlogn) O(nlogn)求最长不下降子序列，（跳过中间那段长度为 k k k的数组）
总时间复杂度 O ( n 2 l o g n ) O(n^2logn) O(n2logn)
参考代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 5;
int a[N], dp[N];
int n, k;
int LIS(int L, int R) //二分求LIS
{
int len = 0;
dp[len] = -0x3f3f3f3f;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
if (i == L) //跳过k个
{
i = R;
continue;
}
if (a[i] >= dp[len])
{
++len;
dp[len] = a[i];
}
int p = upper_bound(dp + 1, dp + 1 + len, a[i]) - dp;
dp[p] = a[i];
}
return len;
}
void solve()
{
scanf("%d %d", &n, &k);
for (int i = 1; i <= n; i++)
scanf("%d", &a[i]);
if (n - 1 <= k)
//修改k个必然能全部满足
{
printf("%d\n", n);
return;
}
int ans = k + 1;
for (int i = 1; i + k - 1 <= n; i++)
ans = max(ans, k + LIS(i, i + k - 1));
printf("%d\n", ans);
}
int main()
{
solve();
return 0;
}
预计得分10% ~ 30%
暴力思路：
极角排序。之后每次暴力扫描，循环直到扫描不到物品。
总时间复杂度 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)
参考代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 3e5 + 5;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
struct node
{
long long x, y, z, id;
double theta;
bool operator<(const node &tmp) const { return theta < tmp.theta; }
};
vector<node> vec;
int out[N];
node tmp;
void solve()
{
int n;
long long L;
scanf("%d %lld", &n, &L);
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
out[i] = -1;
tmp.id = i;
scanf("%lld %lld %lld", &tmp.x, &tmp.y, &tmp.z);
tmp.theta = atan2(tmp.y, tmp.x);
vec.push_back(tmp);
}
sort(vec.begin(), vec.end());
int len = (int)vec.size();
int p = -1;
for (int i = len - 1; i >= 0; i--)
{
if (vec[i].x >= 0)
{
p = i;
break;
}
}
if (p == -1)
{
for (int i = len - 1; i >= 0; i--)
{
if (vec[i].y <= 0)
{
p = i;
break;
}
}
}
if (p == -1)
p = (int)vec.size() - 1;
vector<node> tmp = vec;
vec.clear();
for (int i = p; i >= 0; i--)
vec.push_back(tmp[i]);
for (int i = (int)tmp.size() - 1; i > p; i--)
vec.push_back(tmp[i]);
int rk = 0, sum = 0;
node pre;
pre.theta = INF;
while (1)
{
vector<node> now;
int m = vec.size();
for (int i = 0; i < m; i++)
if (vec[i].x != INF)
now.push_back(vec[i]);
m = now.size();
bool flag = 0;
for (int i = 0; i < m; i++)
{
if (L * L >= now[i].x * now[i].x + now[i].y * now[i].y)
{
L += now[i].z;
now[i].x = INF; //标记
flag = 1;
if (fabs(now[i].theta - pre.theta) <= 1e-6)
out[now[i].id] = rk;
else
{
rk = sum + 1;
out[now[i].id] = rk;
}
sum++;
pre = now[i];
}
}
if (!flag)
break;
vec = now;
}
for (int i = 1; i <= n; i++)
printf("%d%c", out[i], i == n ? '\n' : ' ');
}
int main()
{
solve();
return 0;
}
预计得分10%
暴力思路：筛出所有质因子，不能有出现次数只有一次的质因子，并且最多有两个出现次数为奇数次的质因子（出现偶数次只需均分给 x 1 x_1 x1和 y 1 y_1 y1）
总时间复杂度 O ( t s q r t ( n ) ) O(tsqrt(n)) O(tsqrt(n))
参考代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
bool check(long long x)
{
map<int, int> mp;
for (int i = 2; i * i <= x; i++)
{
if (x % i == 0)
while (x % i == 0)
{
x /= i;
mp[i]++;
}
}
if (x >= 2)
mp[x]++;
int odd = 0, flag = 0;
for (auto it : mp)
{
if (it.second == 1)
return 0;
if (it.second & 1)
odd++;
if (it.second >= 2)
flag = 1;
}
return odd <= 2;
}
void solve()
{
int t;
scanf("%d", &t);
while (t--)
{
long long x;
scanf("%lld", &x);
puts(check(x) ? "yes" : "no");
}
}
int main()
{
solve();
return 0;
}
暂时不会。