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  • [日常训练]常州集训day7

    T1

    Description

    给定一个序列,初始为空。依次将$1-n$插入序列,其中$i$插到当前第$a_i$个数的右边($a_i=0$表示插到序列最左边)。求最终序列。

    Input

    第一行一个整数$n$。第二行$n$个正整数$a_1-a_n$。

    Output

    输出一行$n$个整数表示最终序列,数与数之间用一个空格隔开。

    Sample Input

    5
    0 1 1 0 3

    Sample Output

    4 1 3 5 2

    HINT

    $n<=10^6,0;leq;a_i<i$.

    Solution

    首先,看到这种题显然倒着处理比较容易。

    其次,这题$O(nlogn)$能过(可是我的机子跑不过啊!!!)

    所以可以用线段树维护当前区间剩余可填格子的个数,每次寻找第$a[i]+1$个空格在哪。

    #include<cmath>
    #include<ctime>
    #include<stack>
    #include<queue>
    #include<cstdio>
    #include<vector>
    #include<cstring>
    #include<cstdlib>
    #include<iostream>
    #include<algorithm>
    #define N 5000005
    using namespace std;
    struct linetree{
        int l,r,s,b;
    }lt[N];
    int a[N],s[N],ans[N],n;
    inline int read(){
        int ret=0;char c=getchar();
        while(!isdigit(c))
            c=getchar();
        while(isdigit(c)){
            ret=ret*10+c-'0';
            c=getchar();
        }
        return ret;
    }
    inline void build(int u,int l,int r){
        lt[u].l=l;lt[u].r=r;lt[u].s=r-l+1;
        if(l==r) return;
        int lef=u<<1,rig;rig=lef|1;
        int mid=(l+r)>>1;
        build(lef,l,mid);build(rig,mid+1,r);
    }
    inline int ask(int u,int k){
        if(lt[u].l==lt[u].r)
            return lt[u].l;
        int l=u<<1,r;r=l|1;
        if(lt[u].s==k)
            if(lt[l].s==k) ask(l,k);
            else ask(r,k-lt[l].s);
        else if(lt[l].s>=k) ask(l,k);
        else ask(r,k-lt[l].s);
        
    }
    inline bool chk(linetree l,int x){
        return l.l<=x&&l.r>=x;
    }
    inline void dec(int u,int x){
        if(chk(lt[u],x)) lt[u].s--;
        if(lt[u].l<lt[u].r){
            int l=u<<1,r;r=l|1;
            if(chk(lt[l],x)) dec(l,x);
            else if(chk(lt[r],x)) dec(r,x);
        }
        else lt[u].b=true;
    }
    inline void init(){
        n=read();build(1,1,n);
        for(int i=1;i<=n;i++)
            a[i]=read();
        for(int i=n,k;i;i--){
            k=ask(1,a[i]+1);
            ans[k]=i;dec(1,k);
        }
        for(int i=1;i<=n;i++)
            printf("%d ",ans[i]);
        printf("
    ");
    }
    int main(){
        freopen("sequence.in","r",stdin);
        freopen("sequence.out","w",stdout);
        init();
        fclose(stdin);
        fclose(stdout);
        return 0;
    }

    T2

    Description

    有$n$个物品和一个大小为$m$的背包,每个物品有大小和价值,求背包里最多能放下多少价值的物品。

    Input

    第一行两个整数$n,m$。接下来$n$行每行两个整数$x_i,w_i$,表示第$i$个物品的大小和价值。

    Output

    一行一个整数表示最大价值。

    Sample Input

    5 100
    95 80
    4 18
    3 11
    99 100
    2 10

    Sample Output

    101

    HINT

    $n;leq;40,0;leq;m;leq;10^{18},0;leq;x_i,w_i;leq;10^{15}$.

    Solution

    显然数据不适合$dp$,由于$n$比较小,所以会想到折半搜索。

    把前$n/2$个物品的所有方案存下来,删去明显劣的。

    再枚举剩余的物品,对于每种方案,二分求与前$n/2$个物品能组成的最大价值。

    (我以前有做过类似的题,只不过求的是是否存在总价值为$w$的方案,然而这题当时我还没想出来$QAQ$)

    #include<cmath>
    #include<ctime>
    #include<stack>
    #include<queue>
    #include<cstdio>
    #include<vector>
    #include<cstring>
    #include<cstdlib>
    #include<iostream>
    #include<algorithm>
    #define N 45
    #define M 2000000
    using namespace std;
    typedef long long ll;
    struct thing{
        ll x,w;
    }a[N],b[M];
    int n,nn,cnt=-1,tot=1;
    ll m,ans;
    inline ll search(ll m){
        if(m<b[1].x) return 0; 
        int l=1,r=tot,mid;
        while(l<r){
            mid=l+r+1>>1;
            if(b[mid].x<=m) l=mid;
            else r=mid-1;
        }
        return b[l].w;
    }
    inline void dfs1(int u,ll sw,ll sx){
        if(u>nn){
            b[++cnt]=(thing){sx,sw};
            return;
        }
        dfs1(u+1,sw,sx);
        if(sx+a[u].x<=m)
            dfs1(u+1,sw+a[u].w,sx+a[u].x);
    }
    inline void dfs2(int u,ll sw,ll sx){
        if(u>n){
            sw+=search(m-sx);
            ans=max(ans,sw);
            return;
        }
        dfs2(u+1,sw,sx);
        if(sx+a[u].x<=m)
            dfs2(u+1,sw+a[u].w,sx+a[u].x);
    }
    inline bool cmp(thing x,thing y){
        if(x.x!=y.x) return x.x<y.x;
        return x.w>y.w;
    }
    inline void init(){
        scanf("%d%lld",&n,&m);
        for(int i=1;i<=n;++i)
            scanf("%lld%lld",&a[i].x,&a[i].w);
        nn=n>>1;dfs1(1,0,0);
        sort(b+1,b+1+cnt,cmp);
        for(int i=2;i<=cnt;i++)
            if(b[i].x>b[i-1].x) b[++tot]=b[i];
        for(int i=2;i<=tot;i++)
            b[i].w=max(b[i].w,b[i-1].w);
        dfs2(nn+1,0,0);
        printf("%lld
    ",ans);
    }
    int main(){
        freopen("pack.in","r",stdin);
        freopen("pack.out","w",stdout);
        init();
        fclose(stdin);
        fclose(stdout);
        return 0;
    }

    T3

    Description

    有一棵线段树,根为$[1,n]$,有所不同的是,每个节点$[l,r]$的孩子为$[l,k]$,$[k+1,r]$,其中$l;leq;k<r$且$k$的值由你决定。给定$m$个区间,定义区间$[a_i,b_i]$会访问到节点$[l,r]$仅当他们会相交。求每次访问的结点个数之和的最小值。

    Input

    第一行两个整数$n,m$,接下来$m$行每行两个整数$a_i,b_i$。

    Output

    一行一个整数表示答案。

    Sample Input

    6 6
    1 4
    2 6
    3 4
    3 5
    2 3
    5 6

    Sample Output

    40

    HINT

    $n;leq;5000,m;leq;10^5$

    Solution

    $f[i][j]$表示节点$[i,j]$的子树中被访问的最少次数,$s[i][j]$表示与节点$[i,j]$相交的区间数。

    $f[i][j]=min{f[i][k]+f[k+1][j]}+s[i][j];(i;leq;k<j)$。

    直接枚举是$O(n^3)$,显然会$T$。

    用四边形不等式优化能压到$O(n^2)$.

     


    以下为不保证正确性的证明,不喜请跳过

    ①当$a;leq;b<c;leq;d$时,易证$s[a][c]+s[b][d]=s[b][c]+s[a][d]$,$s[;][;]$满足四边形不等式。

    ②当$[i,j]$属于$[i',j']$时,$s[i,j];leq;s[i',j'],s[;][;]$满足区间包含关系单调。

    因为同时满足①②,所以$f[;][;]$满足四边形不等式。

    记使$f[i][j]$取最小值时的$k$为$g[i][j]$,则$g[i][j-1];leq;g[i][j];leq;g[i+1][j]$。

    易证枚举$k$的总时间复杂度为$O(n)$。


    #include<cmath>
    #include<ctime>
    #include<stack>
    #include<queue>
    #include<cstdio>
    #include<vector>
    #include<cstring>
    #include<cstdlib>
    #include<iostream>
    #include<algorithm>
    #define N 5005
    #define M 10005
    #define INF 500000005
    using namespace std;
    int f[N][N],g[N][N],s[N][N],n,m;
    inline int read(){
        int ret=0;char c=getchar();
        while(!isdigit(c))
            c=getchar();
        while(isdigit(c)){
            ret=ret*10+c-'0';
            c=getchar();
        }
        return ret;
    }
    inline void init(){
        n=read();m=read();
        for(int i=1,j,k;i<=m;++i){
            j=read();k=read();
            ++s[k][j];
        }
        for(int i=1;i<=n;++i)
            for(int j=1;j<=n;++j)
                s[i][j]+=s[i][j-1];
        for(int i=n;i;--i)
            for(int j=1;j<=n;++j)
                s[i][j]+=s[i+1][j];
        for(int i=1;i<=n;++i){
            f[i][i]=s[i][i];
            g[i][i]=i;
        }
        for(int l=1;l<n;++l){
            for(int i=1,j;i+l<=n;++i){
                j=i+l;f[i][j]=INF;
                for(int k=g[i][j-1];k<=g[i+1][j];++k){
                    if(f[i][k]+f[k+1][j]<f[i][j]){
                        f[i][j]=f[i][k]+f[k+1][j];
                        g[i][j]=k;
                    }
                }
                f[i][j]+=s[i][j];
            }
        }
        printf("%d
    ",f[1][n]);
    }
    int main(){
        freopen("segment.in","r",stdin);
        freopen("segment.out","w",stdout);
        init();
        fclose(stdin);
        fclose(stdout);
        return 0;
    }
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