CSP-S 2024 提高级第一轮（初赛）完善程序（1）

news2024/9/27 5:57:15

【题目】

CSP-S 2024 提高级第一轮（初赛）完善程序（1）
（序列合并）有两个长度为 N 的单调不降序列 A 和 B，序列的每个元素都是小于 $10^9$ 的非负整数。在 A 和 B 中各取一个数相加可以得到 $N^2$ 个和，求其中第 k 小的和。上述参数满足 $N<=10^5$ 和 $1<=K<=N^2$

#include <iostream>
using namespace std;
const int maxn = 100005;
int n;
long long k;
int a[maxn], b[maxn];
int *upper_bound(int *a, int *an, int ai) {
    int l = 0, r = ___(1)___ ;
	while (l < r) {
		int mid = (l + r) >> 1;
		if (___(2)___) {
			r = mid;
		} else {
			l = mid + 1;
		}
    }
	return ___(3)___ ;
}
long long get_rank(int sum) {
	long long rank = 0;
	for (int i = 0; i < n; i++) {
		rank += upper_bound(b, b + n, sum - a[i]) - b;
	}
	return rank;
} 
int solve() {
	int l = 0, r = ___(4)___ ;
	while (l < r) {
		int mid = ((long long)l + r) >> 1;
		if (___(5)___) {
			l = mid + 1;
		} else {
			r = mid;
		}
	}
	return l;
}
int main() {
	cin >> n >> k;
	for (int i = 0; i < n; ++i)
		cin >> a[i];
	for (int i = 0; i < n; ++i)
		cin >> b[i];
	cout << solve() << endl;
	return 0;
}

(1)处应填（）
A.an-a
B.an-a-1
C.ai
D.ai+1
(2)处应填（）
A.a[mid]>ai
B.a[mid]>=ai
C.a[mid]<ai
D.a[mid]<=ai
(3)处应填（）
A.a+l
B.a+l+1
C.a+l-1
D.an-l
(4)处应填（）
A.a[n-1]+b[n-1]
B.a[n]+b[n]
C.2*maxn
D.maxn
(5)处应填（）
A.get_rank(mid)<k
B.get_rank(mid)<=k
C.get_rank(mid)>k
D.get_rank(mid)>=k

【题目考点】

1. 二分查找

【解题思路】

int *upper_bound(int *a, int *an, int ai) {
    int l = 0, r = ___(1)___ ;
	while (l < r) {
		int mid = (l + r) >> 1;
		if (___(2)___) {
			r = mid;
		} else {
			l = mid + 1;
		}
    }
	return ___(3)___ ;
}

upper_bound的字面意思是上界
在有序序列中，lb、ub是序列的下标。如果左闭右开区间[lb, ub)中的元素都为x，我们说x的下界是lb，上界是ub。如果整个序列是不降序列，那么上界ub位置的值也是大于x的最小值。
根据get_rank函数中的调用语句upper_bound(b, b + n, sum - a[i]) - b，以及已知b数组的下标范围为[0, n)，那么可知upper_bound的意义是：在左闭右开区间[a, an)指向的序列范围内找ai的上界，也就是大于ai的最小值的最小下标，这和STL中upper_bound的参数概念相同。
如果区间[a, an)中第一个元素*a的值就是大于ai的最小值，那么应该返回指针a。
如果ai比区间[a, an)中的元素都大，那么应该返回指向最后一个元素的后一个位置的指针，也就是an。
l、r都是整数，表示a数组的下标，对应的指针分别为a+l, a+r。可能返回的最小指针为a，所以a+l=a, l=0。可能返回的最大指针为an，所以a+r=an，r = an-a。第(1)空选A。
该函数中的二分写法是求满足条件的最小值的写法。
第(2)空填需要满足的条件，二分求的是大于ai的最小值。因此需要满足的条件应该是a[mid]>ai，第(2)空选A。
二分查找的结果是l或r。
第(3)空返回的是int*类型的指针，应该把结果下标l转为指针a+l返回。第(3)空选A。

long long get_rank(int sum) {
	long long rank = 0;
	for (int i = 0; i < n; i++) {
		rank += upper_bound(b, b + n, sum - a[i]) - b;
	}
	return rank;
}

get_rank从字面意义来看，应该是获取加和sum的排名。
设表示排名的变量rank，初值为0。
而后遍历a数组，在a数组中选出元素a[i]，而后看一下在b中有多少个元素与a[i]相加的结果都是小于等于sum的。
设j = upper_bound(b, b + n, sum - a[i]) - b，也就是说b[j]是b数组中第一个大于sum-a[i]的元素。从b[0]~b[j-1]共有j个元素与a[i]相加的和小于等于sum。因此加和sum的排名rank可以增加j。
i从0到n-1循环结束后，统计出共有rank个数对的加和小于等于sum。
因此get_rank求的是小于等于sum的数对的个数。

int solve() {
	int l = 0, r = ___(4)___ ;
	while (l < r) {
		int mid = ((long long)l + r) >> 1;
		if (___(5)___) {
			l = mid + 1;
		} else {
			r = mid;
		}
	}
	return l;
}

看solve函数，是二分查找中求满足条件的最小值的写法
当mid满足条件时，r = mid
当mid不满足条件时，l = mid+1
因此(5)处应该填“不满足条件"。观察第(5)空的选项可知，是get_rank(mid)和k的比较。该题要求的是第k小的和，
在加和小于等于mid的数对的个数为k个的前提下，当mid不断减小直到最小时，mid就是第k小的数对的加和。
当mid较小时不满足条件，当mid较大时满足条件，这样才能求满足条件的最小值。
因此该二分查找的是满足加和<=mid的数对个数>=k的mid的最小值。
也就是满足get_rank(mid)>=k的mid的最小值
第(5)空填的是“不满足的条件”，是get_rank(mid)>=k取非，即get_rank(mid)>k，选A。
第(4)空填结果可能的最大值，最大值应该是a中最大值a[n-1]和b中最大值b[n-1]的加和，因此填a[n-1]+b[n-1]，选A。