18.11.2 考试总结

今天考试本暴力选手爱了

   

这道题真的签到题了... 暴力枚举所有情况a了

代码

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

const int N = 100;
int n, a[N], b[N], c[N], d[N];
long long ans = 0;

void deal(int sta) {
    
    int oi = 0, whk = 0;
    for(int i = 1;i <= n;i ++) {
        int D = sta & (1 << (i - 1)) ? 1 : 0;
        if(D) {
            oi += c[i]; whk -= d[i];
            if(whk < 0) whk = 0;
        }
        else {
            oi -= b[i], whk += a[i];
            if(oi < 0) oi = 0;
        }
    }
    ans = max(ans, 1ll * oi * whk);
}

int main( ) {
    
    freopen("week.in", "r", stdin);
    freopen("week.out", "w", stdout);
    scanf("%d", & n);
    for(int i = 1; i <= n; i ++) 
        scanf("%d%d%d%d",& a[i], & b[i], & c[i], & d[i]);
    for(int sta = 0; sta < (1 << n); sta ++) deal(sta);
    printf("%lld
", ans);
}

  

样例再次又臭又长

输入

3 4 4 
1101 
0110 
1101 
1 1 3 4 
1 1 3 1 
2 2 3 4 
1 2 2 4 

输出

3
2
2
2

这道题因为他说了每两个黑色块块之间只有一条路径相连 也就是说每两个连通块之间也只有一条路径

换句话说没多一条边就减少一个连通块  连通块数 = 总点数 - 边数 

维护一个边点的二维前缀和即可

代码

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

const int N = 2000 + 5;
const int M = 2e5 + 5;
int n, m, q, a[N][N], R[N][N], C[N][N], nd[N][N], edg[N][N];
char s[N];

void Init( ) {
    
    scanf("%d%d%d",& n,& m,& q);
    for(int i = 1;i <= n;i ++) {
        scanf("%s", s + 1);
        for(int j = 1;j <= m;j ++) a[i][j] = s[j] - '0';
    }
    for(int i = 1;i <= n;i ++)
        for(int j = 1;j <= m;j ++) {
            edg[i][j] = edg[i][j - 1];
            nd[i][j] = nd[i][j - 1];
            if(a[i][j]) nd[i][j] ++;
            if(a[i][j] && a[i][j - 1]) edg[i][j] ++;
            R[i][j] = edg[i][j];
        }
    for(int i = 2;i <= n;i ++)
        for(int j = 1;j <= m;j ++) {
            C[i][j] = C[i - 1][j];
            if(a[i][j] && a[i - 1][j]) C[i][j] ++;
        }
    for(int i = 2;i <= n;i ++) {
        int tmp = 0;
        for(int j = 1;j <= m;j ++) {
            nd[i][j] += nd[i - 1][j];
            if(a[i][j] && a[i - 1][j]) tmp ++;
            edg[i][j] += edg[i - 1][j] + tmp;
        }
    }
}

void Solve( ) {
    
    for(int i = 1;i <= q;i ++) {
        int l1, r1, l2, r2;
        scanf("%d%d%d%d",& l1, & r1, & l2, & r2);
        int nds = nd[l2][r2] - nd[l2][r1 - 1] - nd[l1 - 1][r2] + nd[l1 - 1][r1 - 1];
        int edgs = edg[l2][r2] - edg[l2][r1] - edg[l1][r2] + edg[l1][r1];
        edgs += C[l2][r1] - C[l1][r1] + R[l1][r2] - R[l1][r1];
        printf("%d
", nds - edgs);
    }
}

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

   

     

这道题首先可以发现若两条线段$a, b$有交点 那么需要满足$ax > bx,ay < by$很容易想到使用逆序对

但是多条线交于一点呢 可以发现每与一个点相交 产生的贡献即为原本经过该点的线段数量 同样转化为相交求逆序对的问题

但是这道题数据范围直接树状数组要凉 然后我们发现对于没超过$mod$范围的点他们之间的距离成等差数列 差$a$

那么可以考虑将原序列拆成大小为$a$的块 每个块内的点数都是一样的 点数为总的轮数 每越过一次$mod$记一次

从前往后做$y$递增 所以我们每次要求的是有多少个$x$比他大 每次我们查看他是第几块 递增的求出对于当前线的逆序对的数量即可

需要特判初始$x > a$的情况 因为这时候每个块内的点数不同

代码

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

const int N = 1e5 + 5;
int c[N], a, n, x, mod;
long long ans;

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

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

void add(int pos) {
    
    while(pos <= a) {
        c[pos] ++;
        pos += lowbit(pos);
    }
}

int main( ) {
    
    freopen("fly.in", "r", stdin);
    freopen("fly.out", "w", stdout);
    scanf("%d%d%d%d",& n,& x,& a,& mod);
    long long rev = 0;
    int cur = x, idc = 0;
    for(int i = 1;i <= n;i ++) {
        if(cur >= a) {
            rev -= idc;
            if(cur < x) rev ++;
            ans += rev;
        }
        else rev = i - 1 - query(cur + 1), ans += rev, add(cur + 1);
        cur += a;
        if(cur >= mod) cur -= mod, idc ++;  
    }
    printf("%lld
", ans);
}