T1 水题(water)
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题目描述
LYK出了道水题。
这个水题是这样的：有两副牌，每副牌都有n张。
对于第一副牌的每张牌长和宽分别是xi和yi。对于第二副牌的每张牌长和宽分别是aj和bj。第一副牌的第i张牌能覆盖第二副牌的第j张牌当且仅当xi>=aj并且yi>=bj。（注意牌不能翻转）当然一张牌只能去覆盖最多一张牌，而不能覆盖好多张。
LYK想让两副牌的各n张一一对应叠起来。它想知道第二副牌最多有几张能被第一副牌所覆盖。
输入格式(water.in)
第一行一个数n。
接下来n行，每行两个数xi,yi。
接下来n行，每行两个数aj,bj。
输出格式(water.out)
输出一个数表示答案。
输入样例
3
2 3
5 7
6 8
4 1
2 5
3 4
输出样例
2
数据范围
对于50%的数据n<=10。
对于80%的数据n<=1000。
对于100%的数据1<=n<=100000，1<=xi,yi,aj,bj<=10^9。
1 #include <algorithm> 2 #include <cstdio> 3 4 inline void read(int &x) 5 { 6 x=0; register char ch=getchar(); 7 for(; ch>'9'||ch<'0'; ) ch=getchar(); 8 for(; ch>='0'&&ch<='9'; ch=getchar()) x=x*10+ch-'0'; 9 } 10 const int N(100005); 11 int n,ans; 12 struct Node { 13 int x,y; 14 bool operator < (const Node&z)const 15 { 16 if(x==z.x) return y<z.y; 17 return x<z.x; 18 } 19 }a[N],b[N]; 20 const int M(1005); 21 int vis[M][M],sumvis; 22 int link[M][M],mat[M]; 23 24 bool find(int u) 25 { 26 for(int v=1; v<=n; ++v) 27 if(link[u][v]&&vis[u][v]!=sumvis) 28 { 29 vis[u][v]=sumvis; 30 if(!mat[v]||find(mat[v])) 31 { 32 mat[v]=u; 33 return 1; 34 } 35 } 36 return 0; 37 } 38 39 inline void violence() 40 { 41 for(int i=1; i<=n; ++i) 42 for(int j=1; j<=n; ++j) 43 link[i][j]=(a[i].x>=b[j].x&&a[i].y>=b[j].y); 44 for(int i=1; i<=n; ++i) 45 { 46 sumvis++; 47 if(find(i)) ans++; 48 } 49 printf("%d ",ans); 50 } 51 52 int Presist() 53 { 54 // freopen("1.txt","r",stdin); 55 freopen("water.in","r",stdin); 56 freopen("water.out","w",stdout); 57 read(n); 58 for(int i=1; i<=n; ++i) 59 read(a[i].x),read(a[i].y); 60 for(int i=1; i<=n; ++i) 61 read(b[i].x),read(b[i].y); 62 if(n<=1000) violence(); 63 return 0; 64 } 65 66 int Aptal=Presist(); 67 int main(int argc,char**argv){;}
因为可能存在 xi,yi=1,,,xj==1,yj，的情况，这种情况下，无法确定怎样覆盖更优，
所以可以以xi从小到大排序，在满足xi的情况下，将B组的y放到某数据结构中，再找满足A组的y的最大的y
需要有插入，删除不超过y的最大数的数据结构，数组80，muliset/平衡树/权值线段树
1 #include <algorithm> 2 #include <cstdio> 3 #include <set> 4 5 inline void read(int &x) 6 { 7 x=0; register char ch=getchar(); 8 for(; ch>'9'||ch<'0'; ) ch=getchar(); 9 for(; ch>='0'&&ch<='9'; ch=getchar()) x=x*10+ch-'0'; 10 } 11 const int N(100005); 12 13 std:: multiset<int>set_; 14 15 struct Card { 16 int x,y; 17 bool operator < (const Card&c)const 18 { 19 return x<c.x; 20 } 21 }a[N],b[N]; 22 23 int Presist() 24 { 25 freopen("water.in","r",stdin); 26 freopen("water.out","w",stdout); 27 int n,ans=0; read(n); 28 for(int i=1; i<=n; ++i) 29 read(a[i].x),read(a[i].y); 30 for(int i=1; i<=n; ++i) 31 read(b[i].x),read(b[i].y); 32 std:: sort(a+1,a+n+1); 33 std:: sort(b+1,b+n+1); 34 for(int i=1,j=1; i<=n; ++i) 35 { 36 for(; a[i].x>=b[j].x&&j<=n; ) 37 set_.insert(b[j].y),++j; 38 if(set_.empty()) continue; 39 std:: multiset<int>:: iterator it=set_.upper_bound(a[i].y); 40 if(it==set_.begin()) continue; 41 else ans++,set_.erase(--it); 42 } 43 printf("%d ",ans); 44 return 0; 45 } 46 47 int Aptal=Presist(); 48 int main(int argc,char**argv){;}
T2 梦境(dream)
Time Limit:1000ms Memory Limit:128MB
题目描述
LYK做了一个梦。
这个梦是这样的，LYK是一个财主，有一个仆人在为LYK打工。
不幸的是，又到了月末，到了给仆人发工资的时间。但这个仆人很奇怪，它可能想要至少x块钱，并且当LYK凑不出恰好x块钱时，它不会找零钱给LYK。
LYK知道这个x一定是1~n之间的正整数。当然抠门的LYK只想付给它的仆人恰好x块钱。但LYK只有若干的金币，每个金币都价值一定数量的钱（注意任意两枚金币所代表的钱一定是不同的，且这个钱的个数一定是正整数）。LYK想带最少的金币，使得对于任意x，都能恰好拼出这么多钱。并且LYK想知道有多少携带金币的方案总数。
具体可以看样例。
输入格式(dream.in)
第一行一个数n，如题意所示。
输出格式(dream.out)
输出两个数，第一个数表示LYK至少携带的金币个数，第二数表示方案总数。
输入样例
6
输出样例
3 2
样例解释
LYK需要至少带3枚金币，有两种方案，分别是{1,2,3}，{1,2,4}来恰好得到任意的1~n之间的x。
输入样例2
10
输出样例2
4 8
数据范围
对于30%的数据n<=10。
对于60%的数据n<=100。
对于100%的数据n<=1000。
1 #include <algorithm> 2 #include <cstdio> 3 4 #define min(a,b) (a<b?a:b) 5 6 inline void read(int &x) 7 { 8 x=0; register char ch=getchar(); 9 for(; ch>'9'||ch<'0'; ) ch=getchar(); 10 for(; ch>='0'&&ch<='9'; ch=getchar()) x=x*10+ch-'0'; 11 } 12 const int N(1005); 13 int n,ans,count; 14 bool vis[N]; 15 int a[N]; 16 17 void DFS(int num,int cnt,int sum) 18 { 19 if(sum>=n) { ans++; return ; } 20 if(cnt>count) { return ; } 21 for(int i=num+1; i<=min(a[cnt+1],sum+1); ++i) 22 { 23 if(vis[i]) continue; vis[i]=1; 24 DFS(i,cnt+1,sum+i); vis[i]=0; 25 } 26 } 27 28 int Presist() 29 { 30 // freopen("1.txt","r",stdin); 31 freopen("dream.in","r",stdin); 32 freopen("dream.out","w",stdout); 33 read(n); 34 for(int sum=0; sum<n; ++sum) 35 a[++count]=sum+1,sum<<=1; 36 DFS(0,0,0); 37 printf("%d %d ",count,ans); 38 return 0; 39 } 40 41 int Aptal=Presist(); 42 int main(int argc,char**argv){;}
方案总数：dp，搜索
2^0+2^1+...+2^k = O(n) k=log(n)
dfs(Max,Sum,S) // Max金币最大值，Sum所有金币的和，S金币的数量
dp[i][j][k] 当前有i个金币，金币和是j，最大的金币k。
if (dp[i][j][k]) 枚举下一枚金币是啥。
1 #include <cstdio> 2 3 #define min(a,b) (a<b?a:b) 4 5 inline void read(int &x) 6 { 7 x=0; register char ch=getchar(); 8 for(; ch>'9'||ch<'0'; ) ch=getchar(); 9 for(; ch>='0'&&ch<='9'; ch=getchar()) x=x*10+ch-'0'; 10 } 11 int n,cnt,ans,f[11][1005][1005]; 12 13 int Presist() 14 { 15 freopen("dream.in","r",stdin); 16 freopen("dream.out","w",stdout); 17 18 read(n); 19 for(; (1<<cnt)<=n; ) cnt++; 20 f[1][1][1]=1; 21 for(int i=1; i<cnt; ++i) 22 for(int j=1; j<=n; ++j) 23 for(int k=1; k<=n; ++k) 24 { 25 if(!f[i][j][k]) continue; 26 for(int p=k+1; p<=j+1; ++p) 27 f[i+1][min(j+p,n)][p]+=f[i][j][k]; 28 } 29 for(int i=1; i<=n; ++i) ans+=f[cnt][n][i]; 30 printf("%d %d ",cnt,ans); 31 return 0; 32 } 33 34 int Aptal=Presist(); 35 int main(int argc,char**argv){;}
T3 动态规划(dp)
Time Limit:1000ms Memory Limit:128MB
题目描述
LYK在学习dp，有一天它看到了一道关于dp的题目。
这个题目是这个样子的：一开始有n个数，一段区间的价值为这段区间相同的数的对数。我们想把这n个数切成恰好k段区间。之后这n个数的价值为这k段区间的价值和。我们想让最终这n个数的价值和尽可能少。
例如6个数1,1,2,2,3,3要切成3段，一个好方法是切成[1],[1,2],[2,3,3]，这样只有第三个区间有1的价值。因此这6个数的价值为1。
LYK并不会做，丢给了你。
输入格式(dp.in)
第一行两个数n,k。
接下来一行n个数ai表示这n个数。
输出格式(dp.out)
一个数表示答案。
输入样例
10 2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
输出样例
8
数据范围
对于30%的数据n<=10。
对于60%的数据n<=1000。
对于100%的数据1<=n<=100000,1<=k<=min(n,20),1<=ai<=n。
其中有30%的数据满足ai完全相同均匀分布在所有数据中。
dp[i][j] 1~i 切了j刀，的最优解
dp[i][j]=min{dp[k][j-1]+sum(k+1,i)}
这个k是从大到小进行枚举，每次枚举时更新这个sum 20*n^2 60分
1 #include <cstring> 2 #include <cstdio> 3 4 #define min(a,b) (a<b?a:b) 5 #define LL long long 6 7 inline void read(int &x) 8 { 9 x=0; register char ch=getchar(); 10 for(; ch>'9'||ch<'0'; ) ch=getchar(); 11 for(; ch>='0'&&ch<='9'; ch=getchar()) x=x*10+ch-'0'; 12 } 13 const int N(100005); 14 int a[N],cnt[N],L,R; 15 int sum[1005][1005]; 16 LL f[1005][1005]; 17 18 int Presist() 19 { 20 freopen("dp.in","r",stdin); 21 freopen("dp.out","w",stdout); 22 23 int n,k; read(n),read(k); 24 for(int i=1; i<=n; ++i) read(a[i]); 25 for(int i=1; i<=n; ++i) 26 { 27 ++cnt[a[i]]; 28 for(int j=i+1; j<=n; ++j) 29 sum[i][j]=sum[i][j-1]+cnt[a[j]],++cnt[a[j]]; 30 memset(cnt,0,sizeof(cnt)); 31 } 32 for(int i=1; i<=n; ++i) 33 for(int j=1; j<=k; ++k) 34 f[i][j]=0x7fffffff; 35 for(int i=1; i<=n; ++i) 36 { 37 f[i][1]=sum[1][i]; 38 for(int j=2; j<=min(i,k); ++j) 39 for(int t=0; t<i; ++t) 40 f[i][j]=min(f[i][j],f[t][j-1]+sum[t+1][i]); 41 } 42 printf("%d ",f[n][k]); 43 return 0; 44 } 45 46 int Aptal=Presist(); 47 int main(int argc,char**argv){;}
固定j，随着i的增大，k不会减少
20*n^2的简单dp -> 在固定j的情况下 随着i的增大，k不降 -> 分治求dp值
1 #include <cstring> 2 #include <cstdio> 3 4 #define LL long long 5 6 inline void read(int &x) 7 { 8 x=0; register char ch=getchar(); 9 for(; ch>'9'||ch<'0'; ) ch=getchar(); 10 for(; ch>='0'&&ch<='9'; ch=getchar()) x=x*10+ch-'0'; 11 } 12 const int N(100005); 13 int a[N],cnt[N],L,R; 14 LL f[N],g[N],sum; 15 16 inline void move(int l,int r) 17 { 18 for(; L>l; ) sum+=cnt[a[--L]]++; 19 for(; L<l; ) sum-=--cnt[a[L++]]; 20 for(; R>r; ) sum-=--cnt[a[R--]]; 21 for(; R<r; ) sum+=cnt[a[++R]]++; 22 } 23 24 void work(int u,int v,int l,int r) 25 { 26 if(l>r) return ; 27 int mid=l+r>>1,pos; 28 LL minn=0x7fffffff; 29 for(int i=u; i<mid&&i<=v; ++i) 30 { 31 move(i+1,mid); 32 if(sum+f[i]<minn) 33 minn=sum+f[i],pos=i; 34 } 35 g[mid]=minn; 36 work(u,pos,l,mid-1); 37 work(pos,v,mid+1,r); 38 } 39 40 int Presist() 41 { 42 freopen("dp.in","r",stdin); 43 freopen("dp.out","w",stdout); 44 45 int n,k; read(n),read(k); 46 for(int i=1; i<=n; ++i) read(a[i]); 47 for(int i=1; i<=n; ++i) f[i]=0x7fffffff; 48 for(; k--; ) 49 { 50 memset(cnt,0,sizeof(cnt)); 51 L=1,R=0,sum=0,work(0,n-1,1,n); 52 for(int i=1; i<=n; ++i) f[i]=g[i],g[i]=0; 53 } 54 printf("%lld ",f[n]); 55 return 0; 56 } 57 58 int Aptal=Presist(); 59 int main(int argc,char**argv){;}