2022牛客多校第六场

过程

本场1h成功签到两题，随后贪心构造把A过了，属于是大胆尝试，不会证明，此时四题，队友卡在了M，而我对dp也不是很熟悉，但其它题一看过题人数，不如和队友一起看M，终于队友找到了bug在半场时刻过了，随后就一起看I，在个位数过题中I的两位数过题已经不错了。I一开始就走进了误区，一看n,d不打，便准备打表找规律，但画出符合条件的图后发现没有明显规律，于是转换思路；首先其实n可以对应维度，例如n=1为一条线，n=2时正方形点阵即可，n=3为立方体点阵，于是将题意转化为可高维图形在平面上的表示，就略微有些熟悉了，那么只需要想办法把维度区分开即可，在最后时间过了I题。

题解

A

注意到\(\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{a_i}\leq\frac{1}{2}\),因此盲猜\(a_i\)会非常大，故我们将所有位置放到一个set里面，将\(a_i\)从小到大排序，并记录对应的\(i\)，排序后从小到大枚举，将第一个\(i\)放到set的第一个元素的位置pos，随后在set中查找\(pos+a_i+1\)位置的前驱，继续放置\(i\)，然后pos更新为找到的位置，所谓位置被应用后即刻删除。此时序列长度为最大的\(a_i\),这样生成的序列可保证从前往后每隔\(a_i\)个数必然有一个\(i\)，但由于\(b_i\)是无限的，因此需要特判尾部和头部相连后是否满足性质，若不满足从后部抓一个位置再放一个即可。属于是贪心乱搞做法，不知道能不能被卡掉。

int n,m;
P a[maxn];
int b[maxn];
set<int>s;
void solve(){
    cin>>n;
    s.clear();
    rep(i,1,n) {
        scanf("%d",&a[i].first);
        a[i].second=i;
        m=max(m,a[i].first);
    }
    rep(i,1,m) s.insert(i),b[i]=1;
    sort(a+1,a+1+n);
    rep(i,1,n){
        int now=(*s.begin());
        int st=now;
        b[now]=a[i].second;
        s.erase(s.begin());
        now+=a[i].first;
        while(now<=m){
            auto it=s.lower_bound(now);
            while((*it)>now||it==s.end()) it--;
            now=(*it);
            b[now]=a[i].second;
            s.erase(it);
            now+=a[i].first;
        }
        if(now%m<st){
            auto it=s.lower_bound(now);
            while((*it)>now||it==s.end()) it--;
            now=(*it);
            b[now]=a[i].second;
            s.erase(it);
        }
         
    }
    cout<<m<<endl;
    rep(i,1,m) printf("%d ",b[i]);
}  

B

给定一棵有根树，每个节点可以为它的 \(0 -

标签：第六场,return,int,37,多校,牛客,second,c1,now
来源： https://www.cnblogs.com/Mr-leng/p/16560347.html