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Codeforces：Dashboard - The 2024 ICPC Asia EC Regionals Online Contest (II) - Codeforces

QOJ：The 2024 ICPC Asia East Continent Online Contest (II) - Dashboard - Contest - QOJ.ac

A. Gambling on Choosing Regionals

注意到对于每个队伍来说最坏情况是与所有最强的队一个赛站，那么该队伍的排名会最低，所以为了让自己队伍的排名尽可能地高，最优选择就是去容纳量最小的赛站。

对 c 进行读入的时候只需要记录最小的 c 的值 $minc_i$ ，同时利用 unordered_map 记录每一个队伍在学校内的排名，将每个学校前 $minc_i$ 支队伍放进一个数组 b 里，再将数组 b 从大到小排序。

输出答案的时候，从头到尾依次遍历每一支队伍

如果队伍在学校的名次小于等于 $minc_i$ ，该队伍的最优排名就是在数组 b 里的下标
如果队伍在学校的名次大于 $minc_i$ ，相当于要把同学校的一支队伍移出这个赛站，再将这支队伍放进这个赛站，那么只需要利用二分找出 b 数组中第一个小于该队伍能力的队伍的位置 pos（题目保证每个队伍能力不同，不存在等于的情况），该队伍最终的排名就是 pos - 1（要将其学校前面即能力较强的队伍移出，所以排名要 -1）。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;const int N = 1e5 + 10;
int n, k, c, minc = INT_MAX, idx = 0, b[N];
struct node {int w, id, rnk = 0;bool operator< (const node &x) const {return x.w > w;}
} a[N];
unordered_map<string, priority_queue<node>> mp;inline int read() {int x = 0, f = 1; char c = getchar();while (c < '0' || c > '9') { if (c == '-') f = -1; c = getchar(); }while (c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();return x * f;
}int main() {n = read(), k = read();for (int i = 1; i <= k; i++) c = read(), minc = min(minc, c);for (int i = 1; i <= n; i++) {a[i].w = read(), a[i].id = i;string s; char c = getchar();while (c < 'A' || c > 'Z') c = getchar();while (c >= 'A' && c <= 'Z') s += c, c = getchar();// 时间限制只有 1s，用 cin 怕 TLEmp[s].push(a[i]);}for (auto& [x, q] : mp) {int num = 0;while (!q.empty()) {node cur = q.top(); q.pop();a[cur.id].rnk = ++num; // 记录排名if (num <= minc) b[++idx] = a[cur.id].w;}}sort(b + 1, b + idx + 1, greater<int>()); // 从大到小排序for (int i = 1; i <= n; i++) {int l = 1, r = idx + 1;while (l < r) {int mid = l + r >> 1;if (b[mid] > a[i].w) l = mid + 1;else r = mid;}if (a[i].rnk <= minc) printf("%d\n", l);else printf("%d\n", l - 1);}return 0;
}

F. Tourist

签到题，按照题意模拟即可。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;#define int long longint n, c, tot = 1500, ans = -1;inline int read() {int x = 0, f = 1; char c = getchar();while (c < '0' || c > '9') { if (c == '-') f = -1; c = getchar(); }while (c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();return x * f;
}signed main() {n = read();for (int i = 1; i <= n; i++) {c = read(), tot += c;if (ans == -1 && tot >= 4000) ans = i;}printf("%d\n", ans);return 0;
}

I. Strange Binary

所有数字都能进行二进制拆分，由十进制数转换为二进制数，但是可能会由于存在连续的 0 因而不符合题目的条件。

注意到 $2^{i - 1} = 2^i - 2^{i - 1}$ ，因此对于每一个二进制数，相邻两位如果是 0 1 的话，那么可以将其转换成 1 -1，这样就不会存在连续的 0 了。

但如果该二进制数末尾有两个及以上的连续的 0 的时候，即 n 为 4 的倍数 时，那么将无法进行转换使得其满足题目条件。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;int n, a[32];inline int read() {int x = 0, f = 1; char c = getchar();while (c < '0' || c > '9') { if (c == '-') f = -1; c = getchar(); }while (c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();return x * f;
}signed main() {int t = read();while (t--) {n = read();if (n % 4 == 0) {puts("NO");continue;}for (int i = 0; i < 32; i++) a[i] = 0; // 初始化int idx = -1;while (n) {a[++idx] = n & 1;n >>= 1;} // 二进制拆分for (int i = 0; i < 32; i++) {while (i + 1 < 32 && a[i] != 0 && a[i + 1] == 0) {a[i] = -1, a[i + 1] = 1;i++;}} // 去 0 操作puts("YES");for (int i = 0; i < 32; i++) {printf("%d ", a[i]);if ((i + 1) % 8 == 0) puts("");} // 输出答案}return 0;
}

J. Stacking of Goods

贪心，考虑所有物品以什么顺序叠放是最优的。

假设有两个相邻的物品 1 和 2（1 在上，2 在下），其对应的重量、体积、压缩系数分别表示为， $w_1$ 、 $v_1$ 、 $c_1$ 和 $w_2$ 、 $v_2$ 、 $c_2$ ，这两个物品上面的物品重量的和记为 W。两个物品要交换的条件就是，交换后所有物体的最终体积更小。所有物体的最终体积可以表示为，所有物体的总体积 - 每个物体的压缩系数 * 该物体上面所有物体的重量和。由于所有物体的总体积永远不变，所以要让每个物体的压缩系数 * 该物体上面所有物体的重量和尽可能大。

即只需要满足 $c_1 \times W + c_2 \times (W + w_1) < c_2 \times W + c_1 \times (W + w_2)$ ，那么就将物体 1 和 2 交换位置（无论这两个物体是否交换位置，对其他物体的压缩体积不会造成任何影响）。化简之后，这个式子就变成了 $c_2 \times w_1 < c_1 \times w_2$ 。

要特别注意，有可能会出现连续多个 $c_2 \times w_1 = c_1 \times w_2$ 的情况，这种情况下要让重量大的物品放在上面，这样重量大的物品贡献就最多，压缩的体积就更大。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;#define int long longconst int N = 1e5 + 10;
int n;
struct node { int w, v, c; } a[N];inline int read() {int x = 0, f = 1; char c = getchar();while (c < '0' || c > '9') { if (c == '-') f = -1; c = getchar(); }while (c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();return x * f;
}bool cmp(node x, node y) {if (x.c * y.w == x.w * y.c) return x.w > y.w;return x.c * y.w < x.w * y.c;
}signed main() {n = read();for (int i = 1; i <= n; i++) a[i].w = read(), a[i].v = read(), a[i].c = read();sort(a + 1, a + n + 1, cmp); // 排序int W = 0, V = 0;for (int i = 1; i <= n; i++) {V += a[i].v - a[i].c * W;W += a[i].w;} // 记录答案printf("%lld\n", V);return 0;
}

L. 502 Bad Gateway

假设最优的操作是一直进行第二个操作直到数字小于等于 c 以后再进行第一个操作。对于第二个操作，选到小于等于 c 的数的概率是 $\frac{c}{T}$ ，那么期望的操作时间就是 $\frac{T}{c}$ 。对于第一个操作，由于取到每个数的概率是相等的，所以期望的操作此时是 $\frac{1}{c}\sum_{i = 1}^{c}i = \frac{1}{c} \times \frac{c(c + 1)}{2} = \frac{c + 1}{2}$ 。由于是从第 0 秒开始操作，所以最后的结果是 $\frac{T}{c} + \frac{c + 1}{2} - 1 = \frac{2T + c(c - 1)}{2c}$ ，当 $c = \ \left \lfloor 2T \right \rfloor$ 或 $c = \ \left \lceil 2T \right \rceil$ 的时候这个式子取得最小值。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;#define int long longint n, T;int gcd(int a, int b) { return a == 0 ? b : gcd(b % a, a); }signed main() {ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);cin >> n;while (n--) {cin >> T;int num1 = floor(sqrt(1.0 * 2 * T)), num2 = ceil(sqrt(1.0 * 2 * T));int x1 = 2 * T + num1 * (num1 - 1), y1 = 2 * num1;int x2 = 2 * T + num2 * (num2 - 1), y2 = 2 * num2;int GCD;if (x1 * y2 < x2 * y1) {GCD = gcd(x1, y1);x1 /= GCD, y1 /= GCD;printf("%lld %lld\n", x1, y1);} else {GCD = gcd(x2, y2);x2 /= GCD, y2 /= GCD;printf("%lld %lld\n", x2, y2);}}return 0;
}

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