【Atcoder】AGC023 C-F简要题解

*C.Painting Machines

不好求得分为恰好为$i$的排列个数，则考虑转化为求解得分$\ge i$的排列个数$g[i]$，$ans=\sum _{i=1}^{n}g[i]$。

很容易得到得分$\le i$的有序排列个数$w[i]$：
$1,n-1\in P$，而其它数差分后的值 ∈ { 1 , 2 } in {1,2} ∈{1,2}。因为操作次数是固定的，且$\sum 1+\sum 2=n-2$，所以$1,2$的个数也是固定的，设分别为$cn{t}_0,cn{t}_1$，则$w[i]=\frac{(i-1)!}{cn{t}_0!cn{t}_1!}$

容斥求出所有得分$>i$($\ge i+1$)的排列个数$((\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{i-1})-w[i])i!(n-i)!$。

*D.Go Home

每次贪心选期望最大显然倒序做，DP的复杂度做不了，观察出以下性质：

考虑只剩下两个最远处的位置$l,r$没到的状态：

• 如果它们在车的同侧，直接把车开过去即可。

• 否则假设$P_a>P_b$，必然存在$T_b=T_a+dis(X_a,X_b)$，所以在$a$到达前，$b$一定会一直帮着$a$，使得$T_a$尽量小，从而$T_b$尽量小。

可以倒序构造，维护$L,R$，初始化$L=1,R=n$，当$L,R$在车的一侧时终止，否则若$P_L\ge P_R$，在到达$L$前，$L$的意志完全代表$R$的意志，于是$P_L+=P_R$，然后$R--$，$P_L<P_R$的情况同理可得。

具体可以看一下代码
code from sigongzi

#include <iostream>
#include <cstdio>
#define MAXN 100005
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef double db;
int N;
int64 S,X[MAXN],P[MAXN],ans;
void Solve() {
    scanf("%d%lld",&N,&S);
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
        scanf("%lld%lld",&X[i],&P[i]);
    }
    int L = 1,R = N;
    int dir = 0;
    while(1) {
        if(X[L] >= S) {ans += X[R] - S;break;}
        if(X[R] <= S) {ans += S - X[L];break;}
        if(P[L] >= P[R]) {
            if(dir != 1) {dir = 1;ans += X[R] - X[L];}
            P[L] += P[R];R--;
        }
        else {
            if(dir != 2) {dir = 2;ans += X[R] - X[L];}
            P[R] += P[L];L++;
        } 
    }
    printf("%lldn",ans);
}
 
int main() {
#ifdef ivorysi
    freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
    Solve();
    return 0;
}

*E.Inversions

统计合法全排列个数的方法：

设$cn{t}_i$表示$A\ge i$的位置个数，考虑从大到小选数，方案数即$\prod _{i=1}^n(cn{t}_i-(n-i))$

枚举逆序对，强制$i<j,P_i>P_j$，分类讨论：

• $A_i<A_j$，强制$A_j:=A_i$，贡献为合法排列数$/2$
• $A_i\ge A_j$，贡献为总排列数-(强制$A_i:=A_j$后的合法排列数/2)

考虑按权值从大往小做，维护以位置为下标的BIT
从$cnt=0$的地方切开分成若干段，每段中强制$A_i:=A_j$时，$cn{t}_{A_j+1...A_i}$一段相当于乘上了$\frac{cnt-1}{cnt}$，注意判断区间存在$cnt=1$的情况,

*F.01 on Tree

一种比较经典的贪心方式

设点$x$子树内$0$的个数为$f(x)$，$1$的个数为$g(x)$，显然先走$\frac{f(x)}{g(x)}$最大的点

单点的情况是固定的，可以用大根堆存储，每次弹出堆顶点$i$：

• 若$f{a}_i=0$($i$为根)，则删去$i$后继续弹堆
• 否则$f{a}_i$还没有走过，根据贪心走到$f{a}_i$后一定会立刻进入$i$，贡献为$g(f{a}_i)f(i)$，那么$i,f{a}_i$就是一体的了，并查集缩成一个点后重新压入堆

最后

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