Codeforces Round #806 (Div. 4) FG

• F. Yet Another Problem About Pairs Satisfying an Inequality
• • code
• G. Good Key, Bad Key
• • code

题意：给一个长度为 n n n的数组 a [ n ] a[n] a[n]，求满足 a i < i < a j < j a_i 思路：
记录这个数组每个元素是否小于下标的情况

for(int i=1;i<=n;i++)s[i]=i>a[i];

对其进行前缀和处理

for(int i=1;i<=n;i++)s[i]+=s[i-1];

然后从前往后枚举每一个 a i a_i ai​

	for(int i=1;i<=n;i++)
		if(i>a[i])res+=s[a[i]-1];

#include 
using namespace std;
const double pi = acos(-1);
const double eps=1e-5;
#define x first
#define y second
#define LL long long 
#define int LL
#define pb push_back
#define all(v) (v).begin(),(v).end()
#define PII pair
#define ll_INF 0x7f7f7f7f7f7f7f7f
#define INF 0x3f3f3f3f
#define debug(x) cerr << #x << ": " << x << endl
#define io ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr)
LL Mod(LL a,LL mod){return (a%mod+mod)%mod;}
LL lowbit(LL x){return x&-x;}//最低位1及其后面的0构成的数值
void read(__int128 &x){char c = getchar();while (c != '-' & (c < '0' | c > '9'))c = getchar();if (c == '-') {c = getchar();while (c >= '0' & c <= '9') {x = x * 10 + c - '0';c = getchar();}x = 0 - x;} else {while (c >= '0' & c <= '9') {x = x * 10 + c - '0';c = getchar();}}}
void out(__int128 x) {string c = "";while (x) {c += x % 10 + '0';x /= 10;}reverse(c.begin(), c.end());cout << c << endl;}
int qmi(int a, int k, int p){int res = 1 % p;while (k){if (k & 1) res = Mod(res * a , p);a = Mod(a * a , p);k >>= 1;}return res;}
int _;
int n; 
const int N=2e5+10;
int a[N];
int s[N];
void solve()
{
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
	for(int i=1;i<=n;i++)s[i]=i>a[i];
	for(int i=1;i<=n;i++)s[i]+=s[i-1];
	int res=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		if(i>a[i])res+=s[a[i]-1];
	}
	cout<
    io;
 	cin>>_; 
	while(_--)
    solve();
    return 0;
}

题意：
一个人刚开始的金币是0，有 n n n个箱子可以按照顺序打开，箱子内的金币数量是 a i a_i ai​，打开箱子需要钥匙，钥匙一共有两种，一种是good需要花费 k k k购买，一种是bad是免费的，但是会将包括该箱子在内的其后边的所有箱子的金币除以2，人的金币可以为负数，问这个人在打开 n n n个箱子后的最大金币数。
思路：
动态规划，题目描述的所有 a i < = 2 31 a_i<=2^{31} ai​<=231，虽然箱子的个数 1 0 5 10^{5} 105，但是最每个箱子最多只能衰减不超过31次。
f[i][j]表示第i个箱子衰退j次后所获得金币的最大值
把我们就得先预处理每个箱子所含有的金币数的衰退状态res[i][j]

	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		int m=a[i];
		int cnt=0;
		while(m)
		{
			res[i][++cnt]=m/2;
			m/=2;
		}
	}

紧接着就是动态规划的过程，详细看code

#include 
using namespace std;
const double pi = acos(-1);
const double eps=1e-5;
#define x first
#define y second
#define LL long long 
#define int LL
#define pb push_back
#define all(v) (v).begin(),(v).end()
#define PII pair
#define ll_INF 0x7f7f7f7f7f7f7f7f
#define INF 0x3f3f3f3f
#define debug(x) cerr << #x << ": " << x << endl
#define io ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr)
LL Mod(LL a,LL mod){return (a%mod+mod)%mod;}
LL lowbit(LL x){return x&-x;}//最低位1及其后面的0构成的数值
void read(__int128 &x){char c = getchar();while (c != '-' & (c < '0' | c > '9'))c = getchar();if (c == '-') {c = getchar();while (c >= '0' & c <= '9') {x = x * 10 + c - '0';c = getchar();}x = 0 - x;} else {while (c >= '0' & c <= '9') {x = x * 10 + c - '0';c = getchar();}}}
void out(__int128 x) {string c = "";while (x) {c += x % 10 + '0';x /= 10;}reverse(c.begin(), c.end());cout << c << endl;}
int qmi(int a, int k, int p){int res = 1 % p;while (k){if (k & 1) res = Mod(res * a , p);a = Mod(a * a , p);k >>= 1;}return res;}
int _;
int n,k; 
const int N=2e5+10;
int a[N];
int f[N][35];
int res[N][35]; 
void solve()
{
	cin>>n>>k;
	for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
	for(int i=0;i<=n;i++)
		for(int j=0;j<=31;j++)f[i][j]=res[i][j]=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)//预处理衰退状态
	{
		int m=a[i];
		int cnt=0;
		while(m)
		{
			res[i][++cnt]=m/2;
			m/=2;
		}
	}
	f[1][0]=a[1]-k;//0状态表示没有衰退，也就是good
	f[1][1]=a[1]/2;
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		f[i][0]=f[i-1][0]+a[i]-k;//good
		for(int j=1;j<=min(31ll,i);j++)
			f[i][j]=f[i-1][j]+res[i][j]-k;//good
		for(int j=1;j<=min(31ll,i);j++)
			f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][j-1]+res[i][j]);//bad
	}
	int res=-ll_INF;
	for(int i=0;i<=30;i++)
		res=max(res,f[n][i]);
	for(int i=n;i>=30;i--)//加特判
		res=max(res,f[i][30]);
	cout<
    io;
 	cin>>_; 
	while(_--)
    solve();
    return 0;
}