题面：https://www.cnblogs.com/Juve/articles/11376806.html
A. 嚎叫响彻在贪婪的厂房：
是时候学习一下map和set的用法了。。。。。。
贪心：区间[L,R]合法的条件：所有相邻两数差的绝对值的gcd不等于1，且没有重复的元素
gcd比较好满足，判重用map或set都可以
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<map>
#include<set>
#define MAXN 100005
#define int long long
using namespace std;
int n,a[MAXN],d,ans=0;
set<int>s;
int gcd(int a,int b){
return b==0?a:gcd(b,a%b);
}
signed main(){
scanf("%lld",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%lld",&a[i]);
}
s.insert(a[1]);
for(int i=1;i<=n;i++){
d=gcd(d,abs(a[i]-a[i-1]));
if(d==1||s.find(a[i])!=s.end()){
ans++;
d=0;
s.clear();
}
s.insert(a[i]);
}
printf("%lld
",ans);
return 0;
}
B. 主仆见证了 Hobo 的离别
题解说什么离线建树。。。
其实只用xgdfs在线搜索
如果是交，我们就建立由新点指向原点的有向边，表示新点有的元素原点也有
并就反过来，当然我们要特判k=1的情况，因为此时交和并等价，建双向边即可，
查询的话dfs，只要x能到y就行
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<queue>
#define MAXN 500005
using namespace std;
int n,m;
int to[MAXN<<1],nxt[MAXN<<1],pre[MAXN],cnt=0;
void add(int u,int v){
cnt++,to[cnt]=v,nxt[cnt]=pre[u],pre[u]=cnt;
}
bool dfs(int x,int fa,int opt){
if(x==opt) return 1;
for(int i=pre[x];i;i=nxt[i]){
int y=to[i];
if(y==fa) continue;
if(dfs(y,x,opt)) return 1;
}
return 0;
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1,opt;i<=m;i++){
scanf("%d",&opt);
if(opt==0){
n++;
int op,k;
scanf("%d%d",&op,&k);
for(int j=1,x;j<=k;j++){
scanf("%d",&x);
if(k==1) add(x,n),add(n,x);
else if(op==0) add(n,x);
else if(op==1) add(x,n);
}
}else{
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
if(dfs(x,0,y)) puts("1");
else puts("0");
}
}
return 0;
}
C. 征途堆积出友情的永恒
有一个明显的50分dp：
设sum[i]表示前缀和，那么f[i]=min(f[j]+max(sum[i]-sum[j],b[j+1]))
n2转移，再加上三个特判，可以得到80分：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define MAXN 500005
#define int long long
#define inf 0x7ffffffffffffff
#define re register
using namespace std;
int n,k,a[MAXN],sum[MAXN],b[MAXN],f[MAXN];
bool flag1=0,flag2=0;
int max(int a,int b){
return a>b?a:b;
}
int min(int a,int b){
return a<b?a:b;
}
signed main(){
scanf("%lld%lld",&n,&k);
for(re int i=1;i<=n;i++){
scanf("%lld",&a[i]);
sum[i]=sum[i-1]+a[i];
}
for(re int i=0;i<n;i++){
scanf("%lld",&b[i]);
if(b[i]!=1) flag1=1;
if(b[i]!=a[i+1]) flag2=1;
f[i+1]=inf;
}
if(flag1==0||flag2==0){
printf("%lld
",sum[n]);
return 0;
}
if(k==n){
printf("%lld
",max(b[0],sum[n]));
return 0;
}
for(re int i=1;i<=n;i++){
for(re int j=max(0,i-k);j<=i-1;j++)
f[i]=min(f[i],f[j]+max(sum[i]-sum[j],b[j]));
}
printf("%lld
",f[n]);
return 0;
}
可以用堆优化dp：
建两个小根堆,一个维护 f[j]+b[j+1] ,另一个维护 f[j]-sum[j] ,则答案为 min(第一个堆的最小值,第二个堆的最小值+sum[i]) 。
如果取到的j小于i-k,则弹出堆顶继续取。
在第一个堆中取数时,如果发现它比 f[j]-sum[j]+sum[i]小,则把j加进第二个堆,弹出第一个堆的堆顶继续取,直到取到符合条件的为止。
显然,一个j至多进堆2次,出堆2次。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
#define MAXN 500005
#define int long long
#define inf 0x7ffffffffffffff
#define re register
using namespace std;
int n,k,a[MAXN],sum[MAXN],b[MAXN],f[MAXN];
int max(int a,int b){
return a>b?a:b;
}
int min(int a,int b){
return a<b?a:b;
}
struct node{
int val,pos;
friend bool operator < (node a,node b){
return a.val==b.val?a.pos>b.pos:a.val>b.val;
}
};
priority_queue<node>q1,q2;
signed main(){
scanf("%lld%lld",&n,&k);
for(re int i=1;i<=n;i++){
scanf("%lld",&a[i]);
sum[i]=sum[i-1]+a[i];
}
for(re int i=0;i<n;i++){
scanf("%lld",&b[i]);
f[i+1]=inf;
}
q1.push((node){f[0]+b[0],0});
for(re int i=1;i<=n;i++){
while(!q1.empty()&&(q1.top().pos<i-k)) q1.pop();
while(!q2.empty()&&(q2.top().pos<i-k)) q2.pop();
while(!q1.empty()){
int j=q1.top().pos;
if(q1.top().val>=f[j]-sum[j]+sum[i]) break;
q1.pop();
if(j<i-k) continue;
q2.push((node){f[j]-sum[j],j});
}
while(!q1.empty()&&(q1.top().pos<i-k)) q1.pop();
while(!q2.empty()&&(q2.top().pos<i-k)) q2.pop();
if(!q1.empty()) f[i]=min(f[i],q1.top().val);
if(!q2.empty()) f[i]=min(f[i],q2.top().val+sum[i]);
q1.push((node){f[i]+b[i],i});
}
printf("%lld
",f[n]);
return 0;
}