ITMO Chinese Winter Camp -Day4

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ITMO Chinese Winter Camp Day4

Statements

Solutions

Slides of tutorial

Problem A

Solved by Xiejiadong. 00:19:49(+)

题意:求$B_1$进制下位数为$D_1$和$B_2$进制下位数为$D_2$的数一共有几个。

题解:求两个进制下位数为$D$的范围,取个交就好了。但要注意可能会爆long long,用除法来比较就不会出问题了。

Problem B

Solved by Kilo. 00:12:01(+1)

题意:给定两个$n$维的球的球心坐标和半径,求两球交点个数,交点无穷多则输出-1。

题解:先考虑同心的情况,半径相同则有无穷多的交点,否则没有交点。

在两个球不同心的情况下,设圆心距离为$dis$,则:

$dis<abs(r1-r2)$或$dis>r1+r2$:包含或相离,没有交点。

$dis=abs(r1-r2)$或$dis=r1+r2$:相切,有一个交点。

$abs(r1-r2<dis<r1+r2$:相交,如果$n=2$则有两个交点,否则有无穷多个交点。

Problem C

Solved by Weaver_zhu. 00:10:53(+)

Problem D

Solved by Kilo. 00:43:10(+1)

题意:给定$n$,求一个$n$位二进制序列的排列,使相邻两项及首尾的二进制序列有至少$\lfloor \frac{n}{2} \rfloor$位不同。

题解:如果设定第$2k+1$项是第$2k+2$项的反码,题目就变成了求一个$n-1$位二进制序列的排列,使得相邻两项及首尾的二进制序列有至少$\lfloor \frac{n}{2} \rfloor-1$位相同。

把二进制序列分为左右两块,枚举左序列,对于每一种左序列,枚举右序列。在上下两个序列的左序列相同时,至少有$\lfloor \frac{n-1}{2} \rfloor$位相同,因此只要满足上下左序列不同时,右序列相同就可以了。

因此,按字典序升序枚举左序列,对于每个左序列,如果最后一位为$1$,右序列按字典序降序枚举,否则按升序枚举。再将每个枚举出的序列的反码紧接着加到序列后,就能满足条件。

Problem E

Solved by Kilo && Weaver_zhu. 04:10:23(+)

Problem F

Solved by Xiejiadong. 02:42:20(+3)

题意:每个物品只有一件,求放到背包里再也装不下东西的方案有多少。

题解:枚举正好塞不下的物品是哪一件,即剩下不拿的物品里面最小的物品是哪一件。

这样的话,比这个物品小的,肯定全部要塞下去,剩下比他大的物品,再背一遍0/1背包。

有个坑点就是,所有的物品都放下了,背包还是没有溢出,按照题意,这算是一种方案。

Problem G

Unsolved.

Problem H

Upsolved by Xiejiadong. (-8)

题意:求$i_1,i_2\cdots i_k$满足$1\le i_1<i_2<\cdots <i_k\le n$,且使得$max\{(w_{i_1}+w_{i_2}),(w_{i_2}+w_{i_3}),\cdots ,(w_{i_k}+w_{i_1})\}$最小。

题解:首先考虑二分答案。

验证的时候,我们肯定按照原来的位置,从小到大插入,满足现有的相邻和$\le mid$的插入,否则,直接扔掉。

扔掉的数,我们可以保证插入他是不优的,因为插入他,就相当于用一个比较大的数替换了一个小的数,显然不可行。

这样的时间复杂度是$O(nlog^2n)$,TLE了。

我们观察二分答案,其实我们就是在查找插入的时候,两面出现相邻和的max的第$k$大。

于是,我们直接动态维护插入即可。

不过动态维护似乎有点难写,在观察一下就能发现,其实就是查询每一个数的两边小于他的数里面离他最近的数是多少,直接RMQ维护就行了。

对于相等的数,我们可以采用左边可以取到相等的,右边必须严格小于的来区分。

这样RMQ问题用ST表解决,时间复杂度就就降到了$O(nlogn)$。

Problem I

Solved by Kilo. 01:50:23(+2)

Problem J

Unsolved.

Problem K

Unsolved.