20170515测试

问题 A: 棋盘覆盖问题

时间限制: 1 Sec  内存限制: 128 MB

题目描述

在一个2^k×2^k个方格组成的棋盘中恰有一个方格与其它方格不同（图中标记为-1的方格），称之为特殊方格。现用L型（占3个小方格）纸片覆盖棋盘上除特殊方格的所有部分，各纸片不得重叠，于是，用到的纸片数恰好是（4^k-1）/3。在下表给出的一个覆盖方案中，k=2，相同的3各数字构成一个纸片。  

下面使用分治法设计的，将棋盘一分为四，依次处理左上角、右上角、左下角、右下角，递归进行。输出最后的棋盘。

输入

输入文件共2行。

第1行:  一个整数k，表示一个2^k×2^k个方格组成的棋盘。

第2行：两个整数，dr，dc，表示坐标为（dr，dc）的方格为特殊方格。

 

输出

摆放好数字后的，2^k×2^k个方格组成的棋盘

样例输入

2

2 2

样例输出

2 2 3 3

2 -1 1 3

4 1 1 5

4 4 5 5

提示

【数据范围】

50%的数据k<=5。

100%的数据k<=10。

题解：分治，将原问题分为形式相同，规模更小的子问题。

将棋盘分成4份，在中间交界构造出一块纸片，使得每块里均有一个特殊方格。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#define N 2100
using namespace std;
int map[N][N],n,bx,by,cnt;
void dfs(int x,int y,int xx,int yy,int k)
{
    if (x+1==xx)
    {
        ++cnt;
        if (k!=1)    map[x][y]=cnt;
        if (k!=2)    map[x][yy]=cnt;
        if (k!=3)    map[xx][y]=cnt;
        if (k!=4)    map[xx][yy]=cnt;
        return;                
    }
    int ox=(x+xx)>>1,oy=(y+yy)>>1,o=(xx-x+1)>>2,po,temp;
    if (k==0)
    {
        if (bx<=ox && by<=oy)    po=1;
        else if (bx<=ox)    po=2;
        else if (by<=oy)    po=3;
        else po=4;
        dfs(ox-o+1,oy-o+1,ox+o,oy+o,po);
        if (po==1)    temp=0;else temp=4;
        dfs(x,y,ox,oy,temp);
        if (po==2)    temp=0;else temp=3;
        dfs(x,oy+1,ox,yy,temp);
        if (po==3)    temp=0;else temp=2;
        dfs(ox+1,y,xx,oy,temp);
        if (po==4)    temp=0;else temp=1;
        dfs(ox+1,oy+1,xx,yy,temp);
    }
    else
    {
        dfs(ox-o+1,oy-o+1,ox+o,oy+o,k);
        if (k!=1)    dfs(x,y,ox,oy,4);
        if (k!=2)    dfs(x,oy+1,ox,yy,3);
        if (k!=3)    dfs(ox+1,y,xx,oy,2);
        if (k!=4)    dfs(ox+1,oy+1,xx,yy,1);
    }
}
void solve()
{
    cin>>n>>bx>>by;
    n=1<<n;
    dfs(1,1,n,n,0);
}
void print()
{
    map[bx][by]=-1;
    for (int i=1;i<=n;++i)
        for (int j=1;j<=n;++j)
            if (j<n)    printf("%d ",map[i][j]);
            else printf("%d
",map[i][j]);
}
int main()
{
    solve();
    print();
    return 0;
}

问题 B: 上帝造题的七分钟

时间限制: 1 Sec  内存限制: 128 MB

题目描述

“第一分钟，X说，要有矩阵，于是便有了一个里面写满了0的n×m矩阵。

第二分钟，L说，要能修改，于是便有了将左上角为(a,b)，右下角为(c,d)的一个矩形区域内的全部数字加上一个值的操作。

第三分钟，k说，要能查询，于是便有了求给定矩形区域内的全部数字和的操作。

第四分钟，彩虹喵说，要基于二叉树的数据结构，于是便有了数据范围。

第五分钟，和雪说，要有耐心，于是便有了时间限制。

第六分钟，吃钢琴男说，要省点事，于是便有了保证运算过程中及最终结果均不超过32位有符号整数类型的表示范围的限制。

第七分钟，这道题终于造完了，然而，造题的神牛们再也不想写这道题的程序了。”

       ——《上帝造裸题的七分钟》

所以这个神圣的任务就交给你了。

输入

输入数据的第一行为X n m，代表矩阵大小为n×m。

从输入数据的第二行开始到文件尾的每一行会出现以下两种操作：

L a b c d delta ——代表将(a,b),(c,d)为顶点的矩形区域内的所有数字加上delta

k a b c d——代表求(a,b),(c,d)为顶点的矩形区域内所有数字的和

 

请注意，k为小写。

输出

针对每个k操作，在单独的一行输出答案。

样例输入

X 4 4

L 1 1 3 3 2

L 2 2 4 4 1

k 2 2 3 3

样例输出

12

提示

【数据范围】

对于100%的数据，1 ≤ n ≤ 2048, 1 ≤ m ≤ 2048, 1 ≤ abs(delta) ≤ 500,操作不超过200000个,保证运算过程中及最终结果均不超过32位带符号整数类型的表示范围。

 裸题，二维树状数组：

 

 

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<vector>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef pair<int,int> pr;
const double pi=acos(-1);
#define rep(i,a,n) for(int i=a;i<=n;i++)
#define per(i,n,a) for(int i=n;i>=a;i--)
#define Rep(i,u) for(int i=head[u];i;i=Next[i])
#define clr(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define sc second
#define pq priority_queue
#define pqb priority_queue <int, vector<int>, less<int> >
#define pqs priority_queue <int, vector<int>, greater<int> >
#define vec vector
ld eps=1e-9;
ll pp=1000000007;
ll mo(ll a,ll pp){if(a>=0 && a<pp)return a;a%=pp;if(a<0)a+=pp;return a;}
ll powmod(ll a,ll b,ll pp){ll ans=1;for(;b;b>>=1,a=mo(a*a,pp))if(b&1)ans=mo(ans*a,pp);return ans;}
void fre() { freopen("c://test//input.in", "r", stdin); freopen("c://test//output.out", "w", stdout); }
//void add(int x,int y,int z){ v[++e]=y; next[e]=head[x]; head[x]=e; cost[e]=z; }
int dx[5]={0,-1,1,0,0},dy[5]={0,0,0,-1,1};
ll read(){ ll ans=0; char last=' ',ch=getchar();
while(ch<'0' || ch>'9')last=ch,ch=getchar();
while(ch>='0' && ch<='9')ans=ans*10+ch-'0',ch=getchar();
if(last=='-')ans=-ans; return ans;
}
int n,m;
#define N 2100
#define lowbit(i) (i&(-i))
int t_1[N][N],t_2[N][N],t_3[N][N],t_4[N][N];
void add(int x,int y,int v_1,int v_2,int v_3,int v_4){
    for (int i=x;i<=n;i+=lowbit(i))
        for (int j=y;j<=m;j+=lowbit(j)) t_1[i][j]+=v_1,t_2[i][j]+=v_2,t_3[i][j]+=v_3,t_4[i][j]+=v_4;
} 
int sum(int x,int y){
    int Sum1=0,Sum2=0,Sum3=0,Sum4=0;
    for (int i=x;i>0;i-=lowbit(i))
        for (int j=y;j>0;j-=lowbit(j)) Sum1+=t_1[i][j],Sum2+=t_2[i][j],Sum3+=t_3[i][j],Sum4+=t_4[i][j];
    return Sum1*x*y-Sum2*x-Sum3*y+Sum4;
}
int main()
{
    char ch[10]; scanf("%s%d%d",ch,&n,&m);
    while (~scanf("%s",ch)){
        if (ch[0]=='L'){
            int a,b,c,d,v; scanf("%d%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d,&v);
            add(a,b,v,v*(b-1),v*(a-1),v*(a-1)*(b-1)); add(a,d+1,-v,(-v)*d,(-v)*(a-1),(-v)*d*(a-1));
            add(c+1,b,-v,(-v)*(b-1),(-v)*c,(-v)*c*(b-1)); add(c+1,d+1,v,v*d,v*c,v*d*c);
        } else {
            int a,b,c,d; scanf("%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d);
            printf("%d
",sum(c,d)-sum(a-1,d)-sum(c,b-1)+sum(a-1,b-1)); 
        }
    } 
    return 0;
 } 

问题 C: 最优贸易简化版

时间限制: 1 Sec  内存限制: 128 MB

题目描述

C国有n座城市，编号是1到n，编号为i的城市有路到编号为i+1的城市（编号为n的城市没有路到其他的城市）。

C国幅员辽阔，各地的资源分布情况各不相同，这就导致了同一种商品在不同城市的价格不一定相同。但是，同一种商品在同一个城市的买入价和卖出价始终是相同的。

商人阿龙再次来到C国旅游。他还是想贩卖水晶赚取旅费，在某个城市买入，再另一个城市卖出。

他将从编号为a的城市到编号到b的城市。请你帮他算算，最多能赚多少钱。

注：他最多进行一次买入和一次卖出。

输入

第一行两个整数n和m，表示n个城市和m个询问。

第二行n个整数，表示n座城市水晶的买入和卖出的价格。

接下来m行，每行两个整数a、b，表示阿龙要从编号为a的城市到编号为b的城市（a<b）;

输出

对于每个询问输出阿龙能赚多少钱。

样例输入

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

样例输出

0 5 5

提示

【输出输出样例解释】

从1到2，无法赚钱。

从2到4，在编号为2的城市买入，在编号为4的城市卖出。

从1到6，在编号为2的城市买入，在编号为4的城市卖出。

对于20%的数据，n和m的范围[1,500];

对于40%的数据，n和m的范围[1,5000];

 

【数据范围】

对于20%的数据，n和m的范围[1,500];

对于40%的数据，n和m的范围[1,5000];

对于70%的数据，n和m的范围[1,50000];

对于100%的数据，n和m的范围[1,500000];

 类似RMQ问题（可以用ST表解决）：

最小买入价格Mi[i][j] = min(Mi[i][j - 1]; Mi[i + 2j-1][j - 1]);

最大卖出价格Mx[i][j] = max(Mx[i][j - 1]; Mx[i + 2j-1][j - 1]);

最大收益F[i][j] = maxfF[i][j - 1]; F[i + 2j-1][j - 1],Mx[i + 2j-1][j - 1] - Mi[i][j - 1];

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<vector>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef pair<int,int> pr;
const double pi=acos(-1);
#define rep(i,a,n) for(int i=a;i<=n;i++)
#define per(i,n,a) for(int i=n;i>=a;i--)
#define Rep(i,u) for(int i=head[u];i;i=Next[i])
#define clr(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define sc second
#define pq priority_queue
#define pqb priority_queue <int, vector<int>, less<int> >
#define pqs priority_queue <int, vector<int>, greater<int> >
#define vec vector
ld eps=1e-9;
ll pp=1000000007;
ll mo(ll a,ll pp){if(a>=0 && a<pp)return a;a%=pp;if(a<0)a+=pp;return a;}
ll powmod(ll a,ll b,ll pp){ll ans=1;for(;b;b>>=1,a=mo(a*a,pp))if(b&1)ans=mo(ans*a,pp);return ans;}
void fre() { freopen("c://test//input.in", "r", stdin); freopen("c://test//output.out", "w", stdout); }
//void add(int x,int y,int z){ v[++e]=y; next[e]=head[x]; head[x]=e; cost[e]=z; }
int dx[5]={0,-1,1,0,0},dy[5]={0,0,0,-1,1};
ll read(){ ll ans=0; char last=' ',ch=getchar();
while(ch<'0' || ch>'9')last=ch,ch=getchar();
while(ch>='0' && ch<='9')ans=ans*10+ch-'0',ch=getchar();
if(last=='-')ans=-ans; return ans;
}
int n,m;
int f_a[500005][20],f_i[500005][20],f[500005][20],l[500005];
void Build(){
    for (int i=1;i<=n;i++) {
        scanf("%d",&f_a[i][0]); f_i[i][0]=f_a[i][0]; f[i][0]=0;
    }
    for (int j=1;(1<<j)<n;j++) 
        for (int i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++){
            f_a[i][j]=max(f_a[i][j-1],f_a[i+(1<<(j-1))][j-1]);
            f_i[i][j]=min(f_i[i][j-1],f_i[i+(1<<(j-1))][j-1]);
            f[i][j]=max(max(f[i][j-1],f[i+(1<<(j-1))][j-1]),f_a[i+(1<<(j-1))][j-1]-f_i[i][j-1]);
    }
}
int Query_(int a,int b){
    if (a>b) return 0;
    int k=l[b-a+1];
    return max(f_a[a][k],f_a[b-(1<<k)+1][k]);
}
int Query(int a,int b){
    if (a>=b) return 0;
    int k=l[b-a+1];
    return max(f[a][k],max(Query(a+(1<<k),b),Query_(a+(1<<k),b)-f_i[a][k]));
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for (int i=1;i<=500000;i++)
        l[i]=log(i)/log(2); 
    Build();
    while (m--){
        int a,b; scanf("%d%d",&a,&b);
        printf("%d
",Query(a,b));
    }
    return 0;
 } 

问题 D: 维护数列

时间限制: 1 Sec  内存限制: 128 MB

题目描述

输入

输入的第1 行包含两个数N 和M(M ≤20 000)，N 表示初始时数列中数的个数，M表示要进行的操作数目。
第2行包含N个数字，描述初始时的数列。
以下M行，每行一条命令，格式参见问题描述中的表格。
任何时刻数列中最多含有500 000个数，数列中任何一个数字均在[-1 000, 1 000]内。
插入的数字总数不超过4 000 000个，输入文件大小不超过20MBytes。

输出

对于输入数据中的GET-SUM和MAX-SUM操作，向输出文件依次打印结果，每个答案（数字）占一行。

样例输入

9 8 2 -6 3 5 1 -5 -3 6 3 GET-SUM 5 4 MAX-SUM INSERT 8 3 -5 7 2 DELETE 12 1 MAKE-SAME 3 3 2 REVERSE 3 6 GET-SUM 5 4 MAX-SUM

样例输出

-1 10 1 10

提示

【数据范围】

你可以认为在任何时刻，数列中至少有 1 个数。 输入数据一定是正确的，即指定位置的数在数列中一定存在。

50%的数据中，任何时刻数列中最多含有 30 000 个数; 100%的数据中，任何时刻数列中最多含有 500 000 个数。

100%的数据中，任何时刻数列中任何一个数字均在[-1 000, 1 000]内。

100%的数据中，M ≤20 000，插入的数字总数不超过 4 000 000 个，输入文件 大小不超过 20MBytes。

 splay老题了，代码量有点大，所以，，就不上代码了我不会告诉你们我懒得写。