1：前面已经搞好了。
2：poj2965 这种开关问题一个点要么点一次要么不点，枚举所有点的方案实行即可
#include<cstdio> #include<iostream> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<algorithm> #include<cmath> using namespace std; char ss[10]; int main() { int d=0,tp=0; for(int i=1;i<=4;i++) { scanf("%s",ss+1); for(int j=1;j<=4;j++,tp++) if(ss[j]=='+')d+=(1<<tp); } int max_line=(1<<16)-1,ans=999999,zt; for(int i=0;i<=max_line;i++) { int k=d,sum=0; for(int j=0;j<=15;j++) { if((i&(1<<j))>0) { sum++; int h=j/4; for(int _=0;_<=3;_++)k^=(1<<(h*4+_)); int l=j%4; for(int _=0;_<=12;_+=4)k^=(1<<(l+_)); k^=(1<<(h*4+l)); } } if(k==0) { if(ans>sum) ans=sum, zt=i; } } printf("%d ",ans); int x=1,y=1; for(int j=0;j<=15;j++) { if((zt&(1<<j))>0)printf("%d %d ",x,y); y++;if(y==5)y=1,x++; } return 0; }
3、4、10：手残码农题真心不想做，准备NOIP的时候再做吧
5：poj 3714 平面最近点对问题，分治解决，对于当前已有的最小值确定mid上下左右一个四边形的范围，合并区间时就判定这个四边形范围里面的点即可，闻说这个点数是不会超过8个的。具体实行是在确定了横坐标范围后，把这些点取出，判定时将其按纵坐标排序，一个个求值，这个复杂度是n(logn)^2，假如用归并排序顺便把纵坐标排序会少一个log，但是实际上并没有快多少。至于kdtree。。以后再说
#include<cstdio> #include<iostream> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<algorithm> #include<cmath> using namespace std; struct point{double x,y;int z;}a[210000],t[210000]; bool cmp(point p1,point p2){return p1.x<p2.x;} int tt[210000]; bool cmp2(int n1,int n2){return a[n1].y<a[n2].y;} double getdis(int n1,int n2) { return sqrt( (double((a[n1].x-a[n2].x)*(a[n1].x-a[n2].x))) + (double((a[n1].y-a[n2].y)*(a[n1].y-a[n2].y))) ); } double fenzi(int l,int r) { if(l==r)return (double(1<<30)); int mid=(l+r)/2; double mmin=min(fenzi(l,mid),fenzi(mid+1,r)); int i=l,j=mid+1,p=l; while(i<=mid&&j<=r) { if(a[i].y<=a[j].y)t[p++]=a[i++]; else t[p++]=a[j++]; } while(i<=mid)t[p++]=a[i++]; while(j<=r) t[p++]=a[j++]; for(int i=l;i<=r;i++)a[i]=t[i]; int len=0;tt[++len]=mid; for(int i=l;i<=r;i++) if(( double(abs(a[i].x-a[mid].x)) )<mmin)tt[++len]=i; for(int i=1;i<=len;i++) for(int j=i+1,clc=0;j<=len&&clc<=7;j++,clc++) if(a[tt[i]].z!=a[tt[j]].z) mmin=min(mmin,getdis(tt[i],tt[j])); return mmin; } int main() { int T; scanf("%d",&T); while(T--) { int n; scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lf%lf",&a[i].x,&a[i].y), a[i].z=0; for(int i=n+1;i<=n*2;i++) scanf("%lf%lf",&a[i].x,&a[i].y), a[i].z=1; sort(a+1,a+2*n+1,cmp); printf("%.3lf ",fenzi(1,2*n)); } return 0; }
6：bzoj1271 这道是好题啊！突破口一定是在只有一个是奇数这个条件里面的，那么就是奇偶性的不同，这个时候并没有想到前缀和。知道这个以后就二分答案，看看前缀和是奇数还是偶数就行了。
#include<cstdio> #include<iostream> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<algorithm> #include<cmath> using namespace std; typedef long long LL; int n; struct node { LL l,r,d; }a[210000]; bool check(LL tp) { LL sum=0; for(int i=1;i<=n;i++) if(a[i].l<=tp)sum+=(min(a[i].r,tp)-a[i].l)/a[i].d+1; return (sum%2==1); } int main() { int T; scanf("%d",&T); while(T--) { scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld%lld%lld",&a[i].l,&a[i].r,&a[i].d); LL l=1,r=2147483647,ans=-1; while(l<=r) { LL mid=(l+r)/2,u; if(check(mid)==true) { r=mid-1; ans=mid; } else l=mid+1; } if(ans==-1)printf("Poor QIN Teng:( "); else { LL c=0; for(int i=1;i<=n;i++) if(a[i].l<=ans&&ans<=a[i].r&&(ans-a[i].l)%a[i].d==0)c++; printf("%lld %lld ",ans,c); } } return 0; }
7：poj3179 这题明显就得写个二维前缀和嘛。。相应的就离散化一下。二分答案，然后两个for一个枚举行一个枚举列的后界，前界尽量往前，这个while往前走就好。
#include<cstdio> #include<iostream> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<algorithm> #include<cmath> using namespace std; int n,C; struct node{int x,y;}a[510]; int lsxlen,lsylen,lsx[510],lsy[510]; void LSH() { lsxlen=0; for(int i=1;i<=n;i++)lsx[++lsxlen]=a[i].x; sort(lsx+1,lsx+lsxlen+1); lsxlen=unique(lsx+1,lsx+lsxlen+1)-lsx-1; for(int i=1;i<=n;i++) a[i].x=lower_bound(lsx+1,lsx+lsxlen+1,a[i].x)-lsx; lsylen=0; for(int i=1;i<=n;i++)lsy[++lsylen]=a[i].y; sort(lsy+1,lsy+lsylen+1); lsylen=unique(lsy+1,lsy+lsylen+1)-lsy-1; for(int i=1;i<=n;i++) a[i].y=lower_bound(lsy+1,lsy+lsylen+1,a[i].y)-lsy; } int sum[510][510]; int getsum(int x,int y,int u,int v) { return sum[x][y]-sum[x][v-1]-sum[u-1][y]+sum[u-1][v-1]; } bool check(int mid) { int rl=1; for(int rr=1;rr<=lsxlen;rr++) { while(lsx[rr]-lsx[rl]>=mid)rl++; int cl=1; for(int cr=1;cr<=lsylen;cr++) { while(lsy[cr]-lsy[cl]>=mid)cl++; if(getsum(rr,cr,rl,cl)>=C)return true; } } return false; } int main() { scanf("%d%d",&C,&n); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d%d",&a[i].x,&a[i].y); LSH(); memset(sum,0,sizeof(sum)); for(int i=1;i<=n;i++)sum[a[i].x][a[i].y]++; for(int i=1;i<=lsxlen;i++) for(int j=1;j<=lsylen;j++) sum[i][j]+=sum[i-1][j]+sum[i][j-1]-sum[i-1][j-1]; int l=1,r=10000,ans; while(l<=r) { int mid=(l+r)/2; if(check(mid)==true) { ans=mid; r=mid-1; } else l=mid+1; } printf("%d ",ans); return 0; }
8：bzoj1465 bzoj1045: [HAOI2008] 糖果传递&&bzoj3293: [Cqoi2011]分金币
9：明显x、y分开做，y就是中位数，x的话我一开始也是想要从中位数左右延伸，但是fail掉了。。正确的做法是设排完序以后，起点是a，那么我们就是要求的sum=Σabs(a-(x[i]-i))。a就是(x[i]-i)这东西的中位数。
#include<cstdio> #include<iostream> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<algorithm> #include<cmath> using namespace std; typedef long long LL; LL a[11000],b[11000]; LL myabs(LL x){return x<0?-x:x;} int main() { int n; scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld%lld",&a[i],&b[i]); sort(a+1,a+n+1); sort(b+1,b+n+1); for(int i=1;i<=n;i++)a[i]-=i; sort(a+1,a+n+1); LL sum=0; for(int i=1;i<=n;i++) sum+=myabs(a[i]-a[(n+1)/2]); for(int i=1;i<=n;i++) sum+=myabs(b[i]-b[(n+1)/2]); printf("%lld ",sum); return 0; }
11：poj1050这题暴力二维前缀和n^4可A。。。。但是我还是正直的写个个n^3，f[i][j][k]表示现在枚举到第i行，列的区间是j~k的最大值，那么就相当于每一种列的情况都做一次O(n)的一维最大子串。
#include<cstdio> #include<iostream> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<algorithm> #include<cmath> using namespace std; int a[110][110],f[110][110][110]; int main() { int n; scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) scanf("%d",&a[i][j]); int ans=-2147483647; memset(f,0,sizeof(f)); for(int i=1;i<=n;i++) { for(int j=1;j<=n;j++) { int sum=0; for(int k=j;k<=n;k++) { sum+=a[i][k]; f[i][j][k]=max(f[i-1][j][k]+sum,sum); ans=max(ans,f[i][j][k]); } } } printf("%d ",ans); return 0; }
12：hdu4864 这题超级好题！！！！想了我超久，下午一个小时+晚上两个小时，看到那个价值的算法，肯定觉得会有问题对吧，我发现其实这个价值根本没用，因为价值的大小是按照耗时，耗时相等按照等级排的。思考的时候我类比一下贪心的第1题，那题是一个权，两个限制，现在是两个权，两个限制，不管怎样肯定是先排序，然后在此基础上卡另外一个限制贪心，我写的时候是让机器去找任务，这里就出问题了！不管按照什么排序，怎样的贪心法都会被反例掉，因为在这题里面，机器是为任务服务的，所以应该是任务去找机器，排序过后权值由大到小，一个个找完以后，x区间是单调延伸，前面的机器必然满足x比往后枚举的任务的x大，相当于问题只在于y，那么只需要贪心选择全部中尽量小的即可。再来分析一下正确性，当前任务占用机器，必然比后面的任务占用的机器要多，对于机器被占用，可以视作对答案的贡献均为1，所以可以心安理得的占用机器。对于机器而言，假如不影响当前任务影响后面，那一个替代他的机器一定比他还要优秀，它能影响了当前，肯定在先前也可以影响那个后一种情况中被前一个机器影响的任务。
#include<cstdio> #include<iostream> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<algorithm> #include<cmath> #include<set> using namespace std; struct node { int x,y; }a[110000],b[110000]; bool cmp(node n1,node n2) { if(n1.x==n2.x)return n1.y>n2.y; return n1.x>n2.x; } multiset<int>s; multiset<int>::iterator o; int main() { int n,m; while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF) { for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",&a[i].x,&a[i].y); for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%d%d",&b[i].x,&b[i].y); sort(a+1,a+n+1,cmp);sort(b+1,b+m+1,cmp); s.clear(); int ans=0,tp=1;long long val=0; for(int i=1;i<=m;i++) { while(tp<=n&&a[tp].x>=b[i].x)s.insert(a[tp].y),tp++; if(!s.empty()) { if(*--s.end()>=b[i].y) { int k=*s.lower_bound(b[i].y); int c=s.count(k);s.erase(k); for(int j=1;j<c;j++)s.insert(k); // for(o=s.begin();o!=s.end();o++)printf("%d ",*o); ans++;val+=b[i].x*500+2*b[i].y; } } } printf("%d %lld ",ans,val); } return 0; }