woc居然忘了早上有八连测T T 还好明早还有一场...今天的题除了T3都挺NOIP的...
T1只需要按横坐标第一关键字,纵坐标第二关键字排序一个一个取就好了...
#include<iostream> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<cstdio> #include<algorithm> #define ll long long using namespace std; const int maxn=500010,inf=1e9; struct poi{int x, y;}a[maxn]; int T, n, m, k, ans; bool v1[maxn], v2[maxn]; void read(int &k) { int f=1;k=0;char c=getchar(); while(c<'0'||c>'9')c=='-'&&(f=-1),c=getchar(); while(c<='9'&&c>='0')k=k*10+c-'0',c=getchar(); k*=f; } inline bool cmp(poi a, poi b){return a.x==b.x?a.y<b.y:a.x<b.x;} int main() { read(T); while(T--) { read(n); read(m); read(k); ans=0; for(int i=1;i<=k;i++) read(a[i].x), read(a[i].y), v1[a[i].x]=v2[a[i].y]=0; sort(a+1, a+1+k, cmp); for(int i=1;i<=k;i++) if((!v1[a[i].x])&&(!v2[a[i].y])) ans++, v1[a[i].x]=v2[a[i].y]=1; printf("%d ", ans); } return 0; }
T2是道好题,但是是经典题...怎么大原题出在八连测啊
求回文子序列个数是个经典的区间DP,今天发现区间DP写记忆化会非常好写...(但是怎么感觉NOIP的时候可能会被卡常QAQ
设f[l][r]为区间[l,r]的回文子序列个数,考虑暴力的做法再来优化. 因为数字的值域为[1,k<=30],所以可以枚举所有的数字来统计方案数.
先预处理出pre[i][j],nxt[i][j]分别表示第i位前面最晚出现的j和第i为后面最早出现的j的位置,枚举数字来转移的时候,考虑一下,我们显然可以把这两个字符接在[nxt[l][x]+1,pre[r][x]-1]的所有回文子序列的两端,所以方案数加上f[nxt[l][x]+1,pre[r][x]-1],这个时候已经不存在x只出现一次和只出现两次的子序列了,所以如果nxt[l][x]<pre[r][x],我们可以加上x只出现两次的方案,如果nxt[l][x]<=pre[r][x],我们可以加上x只出现一次的方案,于是总的DP方程为(博客园的公式加载可能需要一点时间QAQ):
$f[l][r]=sum_{x=1}^{k}f[nxt[l][x]+1][pre[r][x]-1]+[nxt[l][x]<pre[r][x]]+[nxt[l][x]leq pre[r][x]]$
暴力代码:
#include<iostream> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<cstdio> #include<algorithm> #define ll long long #define MOD(x) ((x)>=mod?(x)-mod:(x)) using namespace std; const int maxn=6010,mod=1e9+7; int T, n, m, k, l, r; int a[maxn], f[maxn][maxn], pre[maxn][maxn], nxt[maxn][maxn], last[maxn]; void read(int &k) { int f=1;k=0;char c=getchar(); while(c<'0'||c>'9')c=='-'&&(f=-1),c=getchar(); while(c<='9'&&c>='0')k=k*10+c-'0',c=getchar(); k*=f; } int dfs(int l, int r) { if(f[l][r]!=-1)return f[l][r]; if(l>r)return 0; int ans=0; for(int i=1;i<=k;i++) if(nxt[l][i] && pre[r][i]) ans+=dfs(nxt[l][i]+1, pre[r][i]-1)+(nxt[l][i]<=pre[r][i])+(nxt[l][i]<pre[r][i]), ans=MOD(MOD(ans)); return f[l][r]=ans; } int main() { read(T); while(T--) { read(n); read(m); read(k); memset(f, -1, sizeof(f)); memset(last, 0, (k+1)<<2); for(int i=1;i<=n;i++) read(a[i]); for(int i=1;i<=n;i++) { last[a[i]]=i; for(int j=1;j<=k;j++) pre[i][j]=last[j]; } for(int i=1;i<=k;i++) last[i]=n+1; for(int i=n;i;i--) { last[a[i]]=i; for(int j=1;j<=k;j++) nxt[i][j]=last[j]; } for(int i=1;i<=m;i++) read(l), read(r), printf("%d ", dfs(l, r)); } return 0; }
其实可以发现每移动一维,至多改变两种数字的贡献,所以我们可以从f[l+1][r]转移的时候去掉[l+1,r]中a[l]和a[l+1]的贡献,在[l,r]里重新加上a[l]和a[l+1]的贡献,注意如果a[l]==a[l+1]的话不能去掉两次加两次...
DP方程不好写就不写了...
#include<iostream> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<cstdio> #include<algorithm> #define ll long long #define MOD(x) ((x)>=mod?(x)-mod:(x)) using namespace std; const int maxn=6010,mod=1e9+7; int T, n, m, k, l, r; int a[maxn], f[maxn][maxn], pre[maxn][maxn], nxt[maxn][maxn], last[maxn]; void read(int &k) { int f=1;k=0;char c=getchar(); while(c<'0'||c>'9')c=='-'&&(f=-1),c=getchar(); while(c<='9'&&c>='0')k=k*10+c-'0',c=getchar(); k*=f; } int dfs(int l, int r); inline int calc(int l, int r, int x) { if(l>r || nxt[l][x]==n+1 || !pre[r][x] || !x) return 0; int ans=dfs(nxt[l][x]+1, pre[r][x]-1)+(nxt[l][x]<=pre[r][x])+(nxt[l][x]<pre[r][x]); return MOD(ans); } int dfs(int l, int r) { if(f[l][r]!=-1)return f[l][r]; if(l>r)return 0; f[l][r]=dfs(l+1, r); if(l<r && a[l]!=a[l+1]) f[l][r]=f[l][r]+calc(l, r, a[l+1]); f[l][r]=MOD(f[l][r]); if(a[l]!=a[l+1]) f[l][r]=f[l][r]-calc(l+1, r, a[l])+mod; f[l][r]=MOD(f[l][r]); f[l][r]=f[l][r]-calc(l+1, r, a[l+1])+mod; f[l][r]=MOD(f[l][r]); f[l][r]=f[l][r]+calc(l, r, a[l]); return f[l][r]=MOD(f[l][r]); } int main() { read(T); while(T--) { read(n); read(m); read(k); for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=i;j<=n;j++) f[i][j]=-1; memset(last, 0, (k+1)<<2); for(int i=1;i<=n;i++) read(a[i]); for(int i=1;i<=n;i++) { last[a[i]]=i; for(int j=1;j<=k;j++) pre[i][j]=last[j]; } for(int i=1;i<=k;i++) last[i]=n+1; for(int i=n;i;i--) { last[a[i]]=i; for(int j=1;j<=k;j++) nxt[i][j]=last[j]; } for(int i=1;i<=m;i++) read(l), read(r), printf("%d ", dfs(l, r)); } return 0; }
T3是道思维题...
有两种做法,一种是正解:即求出$sum_{i=1}^{n}i^2*(a_i-a_j)$和$sum_{i=1}^{n}i*(a_i-a_j)$,两式相除即可...这个可以在模意义下做就不用担心爆long long
#include<iostream> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<cstdio> #include<algorithm> #define ll long long #define MOD(x) ((x)>=mod?(x)-mod:(x)) using namespace std; const int maxn=500010,mod=1e9+7; unsigned int T, n, x, sum1, sum2; void read(unsigned int &k) { int f=1;k=0;char c=getchar(); while(c<'0'||c>'9')c=='-'&&(f=-1),c=getchar(); while(c<='9'&&c>='0')k=k*10+c-'0',c=getchar(); k*=f; } inline int power(int a, int b) { int ans=1; for(;b;b>>=1, a=1ll*a*a%mod) if(b&1) ans=1ll*ans*a%mod; return ans; } int main() { read(T); while(T--) { read(n); sum1=sum2=0; for(int i=1;i<=n;i++) read(x), sum1=(1ll*sum1+1ll*i*x)%mod, sum2=(1ll*sum2+1ll*i*i%mod*x)%mod; for(int i=1;i<=n;i++) read(x), sum1=1ll*sum1-1ll*i*x%mod+mod, sum2=(1ll*sum2-1ll*i*i%mod*x%mod+mod), sum1=MOD(sum1), sum2=MOD(sum2); if(!sum1) puts("0"); else printf("1 %lld ", 1ll*sum2*power(sum1, mod-2)%mod); } return 0; }
第二种做法是异或.开一个数组,对于每个数,二进制下哪位是1就给数组的哪位的异或上当前位置,如果最后数组有哪一位不是0就输出就好了...
#include<iostream> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<cstdio> #include<algorithm> #define ll long long using namespace std; const int maxn=500010,inf=1e9; unsigned int n, x, now, sum, T; int f[33]; void read(unsigned int &k) { int f=1;k=0;char c=getchar(); while(c<'0'||c>'9')c=='-'&&(f=-1),c=getchar(); while(c<='9'&&c>='0')k=k*10+c-'0',c=getchar(); k*=f; } int main() { read(T); while(T--) { read(n); sum=0; memset(f, 0, sizeof(f)); for(int i=1;i<=n;i++) { read(x); sum^=x; now=0; while(x) { now++; if(x&1) f[now]^=i; x>>=1; } } for(int i=1;i<=n;i++) { read(x); sum^=x; now=0; while(x) { now++; if(x&1) f[now]^=i; x>>=1; } } if(!sum) puts("0"); else { for(int i=1;i<=32;i++) if(f[i]) { printf("1 %d ", f[i]); break; } } } return 0; }