18.10.22 考试总结

我真的我要被我自己给猪死了md T1让输出边长我输出面积硬生生掉了100分 气死

     

这道题我之前在讲单调栈的时候是讲过的 对于每一个位置 维护一个他的$up$表示以这里为起点只走$1$向上走的高度

然后对于每一行都跑一边求最大矩形的单调栈即可 维护一个单增的 每次弹栈的时候求出以弹栈元素为矩形边长的最大矩形面积 不过这道题是求最大正方形

就改成边长取$min$再取$max$即可

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define il inline
#define rg register
#define oo 1e9
using namespace std;

const int N = 2000 + 5;
int up[N][N], a[N][N], stk[N], n, m, top;

il int read( ) {
    
    int t = 1, ans = 0;
    char x; x = getchar( );
    while(x < '0' || x > '9') {
        if(x == '-') t = -1;
        x = getchar( );
    }
    while(x >= '0' && x <= '9') {
        ans = ans * 10 + x - '0';
        x = getchar( );
    }
    return ans * t;
}

il void Init( ) {
    
    n = read( ), m = read( );
    for(rg int i = 1;i <= n;i ++) {
        for(rg int j = 1;j <= m;j ++) {
            a[i][j] = read( );
            if(a[i][j] == 1) up[i][j] = up[i - 1][j] + 1;
            else up[i][j] = 0;
        }
        up[i][m + 1] = -oo;
    }
}

il void Solve( ) {
    
    int ans = 0;
    for(rg int i = 1;i <= n;i ++) {
        top = 0;
        for(rg int j = 1;j <= m + 1;j ++) {
            while(top && up[i][stk[top]] > up[i][j]) {
                ans = max(ans, min(up[i][stk[top]], j - 1 - stk[top - 1]));
                top --;
            }
            stk[++ top] = j;
        }
    }
    printf("%d
", ans);
}

int main( ) {
    
    freopen("inspect.in", "r", stdin);
    freopen("inspect.out", "w", stdout);
    Init( );
    Solve( );
}

  

这道题其实是一道裸裸的而粪土二分图匹配

就对于每本书拆点 如果$a$能够摞到$b$上 就连接$a -> b$ 然后求一个最大匹配$cnt$即可 答案为$n - cnt$

因为每匹配一次相当于节省一个书架 注意判重 也就是如果两本书一模一样 就只需要连一条就够了 否则会减多

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define il inline
#define rg register
#define oo 1e9
using namespace std;

const int N = 300 + 5;
int src, sink, x[N], y[N], tot, head[2 * N];
int nex[N * N], tov[N * N], n;
int cx[2 * N], cy[2 * N], ans = 0;
bool vis[2 * N];

il int read( ) {
    
    int t = 1, ans = 0;
    char x; x = getchar( );
    while(x < '0' || x > '9') {
        if(x == '-') t = -1;
        x = getchar( );
    }
    while(x >= '0' && x <= '9') {
        ans = ans * 10 + x - '0';
        x = getchar( );
    }
    return ans * t;
}

il void add(int u, int v) {
    
    tot ++; nex[tot] = head[u];
    tov[tot] = v; head[u] = tot;
}

il void Add_Edge( ) {
    
    n = read( );
    for(rg int i = 1;i <= n;i ++) x[i] = read( ), y[i] = read( );
    for(rg int i = 1;i <= n;i ++) {
        for(rg int j = 1;j <= n;j ++) {
            if(i == j) continue;
            if(x[j] == x[i] && y[j] == y[i]) {
                if(i < j) add(i, j + n); continue; 
            }
            if(x[j] >= x[i] && y[j] >= y[i]) add(i, j + n);
        }
    }
}

il int dfs(int u) {
    
    for(rg int i = head[u];i;i = nex[i]) {
        int v = tov[i];
        if(vis[v]) continue;
        vis[v] = true;
        if(! cy[v] || dfs(cy[v])) {
            cy[v] = u; cx[u] = v;
            return 1;
        }
    }
    return 0;
} 

int main( ) {
    
    freopen("militarytraining.in", "r", stdin);
    freopen("militarytraining.out", "w", stdout);
    Add_Edge( );
    for(int i = 1;i <= n;i ++) 
        if(! cx[i]) {
            memset(vis, 0, sizeof(vis));
            ans += dfs(i);
        }
    printf("%d
", n - ans);
}

 

这道题我暴力莫队70分hhh

正解是将询问离线 按照左端点排序 然后要做的事情是在从后往前扫的过程中 求出每个数产生贡献的区间 用前缀和查分对于以当前点为左端点的区间的答案

维护一个数组$t,t[i]$ 表示如果询问区间包含了点$i$ 答案会增加$t[i]$（可能为负）

初始情况下$t$全为$0$，$i$从$n$枚举到$1$

对某个$i$  考虑$a[i]$这个数在$i$位置及其以后是否出现过$a[i]$次及以上 假设$a[i]$在位置$x$出现了第$a[i]$次 在位置y出现了第$a[i]+1$次

即表示对于左端点为$i$的询问区间 当右端点在$[x,y)$时 $a[i]$会贡献$1$的答案 否则贡献$0$的答案 此时设$t[x]=1$且$t[y] = -1$即可

用一个树状数组维护$t$数组，可以很容易的统计前缀和。

复杂度为$O(nlogn+qlogn+qlogq)$

代码

#include <bits/stdc++.h> 
using namespace std;

const int N = 1e6 + 5;
int c[N], t[N], cnt[N], n, q, a[N], ans[N];
vector<int>pos[N];

struct ques {
    int id, l, r;
}Q[N];

bool cmp(const ques & a, const ques & b) {
    return a.l < b.l;
}

int read( ) {
    
    int t = 1, ans = 0;
    char x; x = getchar( );
    while(x < '0' || x > '9') {
        if(x == '-') t = -1;
        x = getchar( );
    }
    while(x >= '0' && x <= '9') {
        ans = ans * 10 + x - '0';
        x = getchar( );
    }
    return ans * t;
}

void Init( ) {
    
    n = read( ), q = read( );
    for(int i = 1;i <= n;i ++) a[i] = read( );
    for(int i = 1;i <= q;i ++) {
        Q[i].l = read( ), Q[i].r = read( ); Q[i].id = i;
    }
    sort(Q + 1, Q + q + 1, cmp);
}

int lowbit(int x) {
    return x & (-x);
}

int query(int pos) {
    
    int ans = 0;
    while(pos >= 1) {
        ans += c[pos];
        pos -= lowbit(pos);
    }
    return ans;
}

void modify(int pos, int del) {
    
    while(pos < N) {
        c[pos] += del;
        pos += lowbit(pos);
    }
}

void update(int x) {
    
    t[a[x]] ++; pos[a[x]].push_back(x);
    if(t[a[x]] == a[x]) modify(pos[a[x]][0], 1);
    else if(t[a[x]] == a[x] + 1) {
        modify(pos[a[x]][0], -1);
        int pos1 = pos[a[x]][cnt[a[x]] ++], pos2 = pos[a[x]][cnt[a[x]]];
        modify(pos1, -1);int cc = query(N);
        modify(pos2, 1);
    }
    else if(t[a[x]] > a[x] + 1) {
        int pos1 = pos[a[x]][cnt[a[x]] - 1], pos2 = pos[a[x]][cnt[a[x]] ++], pos3 = pos[a[x]][cnt[a[x]]];
        modify(pos1, 1);
        modify(pos2, -2);
        modify(pos3, 1);
    }
}

void Solve( ) {
    
    int now = q;
    for(int i = n;i >= 1;i --) {
        update(i); int cc = query(14);
        while(Q[now].l == i) {
            ans[Q[now].id] = query(Q[now].r); now --;
        }
    }
    for(int i = 1;i <= q;i ++) printf("%d
", ans[i]);
}

int main( ) {
    
    freopen("count.in", "r", stdin);
    freopen("count.out", "w", stdout);
    Init( );
    Solve( );
}