送分题(songfen)
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题目描述
LYK喜欢干一些有挑战的事，比如说求区间最大子段和。它知道这个题目有O(n)的做法。于是它想加强一下。
也就是说，LYK一开始有n个数，第i个数字是ai,它找来了一个新的数字P，并想将这n个数字中恰好一个数字替换成P。要求替换后的最大子段和尽可能大。
LYK知道这个题目仍然很简单，于是就扔给大家来送分啦~
注：最大子段和是指在n个数中选择一段区间[L,R]（L<=R）使得这段区间对应的数字之和最大。
输入格式(songfen.in)
第一行两个数n,P。
接下来一行n个数ai。
输出格式(songfen.out)
一个数表示答案。
输入样例
5 3
-1 1 -10 1 -1
输出样例
5
样例解释
将第三个数变成3后最大子段和为[2,4]。
数据范围
对于30%的数据n<=100。
对于另外30%的数据ai,P>=0。
对于100%的数据n<=1000，-1000<=ai,P<=1000。
Note:提前AK的同学可以想一想O(n)的做法。
枚举改哪个，再做O（n）的最大子段和。总复杂度：O（n²）
O（n）做法用栈，不会。。。。。。
#include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> using namespace std; int n,p,ans,tmp,out=-1e8; int dp[1001],a[1001]; int main() { freopen("songfen.in","r",stdin); freopen("songfen.out","w",stdout); scanf("%d%d",&n,&p); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]); int x; for(int k=1;k<=n;k++) { tmp=a[k]; a[k]=p; for(int i=1;i<=n;i++) { x=a[i]; if(dp[i-1]+x>=x) dp[i]=dp[i-1]+x; else dp[i]=x; if(dp[i]>ans) ans=dp[i]; } out=max(out,ans); a[k]=tmp; memset(dp,0,sizeof(dp)); ans=-1e8; } printf("%d",out); }
错误的O(n):
dp[i][0]到了第i个，第i个没有改
dp[i][1]到了第i个，第i个改了
dp[i][0]=max(dp[i-1][0]+x,dp[i-1][1]+x); dp[i][0]=max(dp[i][0],x); dp[i][1]=max(dp[i-1][0]+p,p); ans=max(ans,dp[i][0]); ans=max(ans,dp[i][1]);
错因：不能保证之修改一次
第i个改了，第i+1个的不改由第i个的改和不改转移，第i+2个的改由第i+1个的不改转移，这就改了两次
树状数组(lowbit)
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题目描述
这天，LYK在学习树状数组。
当它遇到一个叫lowbit的函数时有点懵逼。lowbit(x)的意思是将x分解成二进制，它的值就是 ，其中k是最小的满足(x & )>0的数。（&是二进制中的and运算）
LYK甚至知道lowbit(x)=(x&-x)。但这并没什么用处。
现在LYK有了n个数字，为了使自己更好的理解lowbit是什么意思。它想对所有n^2个二元组求lowbit。具体的，对于一个二元组(ai,aj)，它的值为lowbit(ai xor aj) (xor表示异或的意思)，那么总共有n^2对二元组，LYK想知道所有二元组的值加起来是多少。
这个答案可能很大，你只需输出这个值对1000000007取模后的结果就可以了。
输入格式(lowbit.in)
第一行一个数n，表示有n个这样的数字。
第二行n个数ai。
输出格式(lowbit.out)
一个数表示答案。
输入样例
5
1 2 3 4 5
输出样例
32
数据范围
对于30%的数据n<=1000。
对于另外10%的数据ai<=1。
对于再另外10%的数据ai<=3。
对于再再另外20%的数据ai<1024。
对于100%的数据1<=n<=100000,0<=ai<2^30。
分治
二进制最后一位是0的放左边，最后一位是1的放右边，对答案的贡献为两者个数的乘积* 2^0
对于左边的和右边的，分别做：
二进制倒数第二位是0的放左边，倒数第二位是1的放右边，对答案的贡献为两者个数的乘积* 2^1
。。。。。。
边界条件1： 没有数了
边界条件2：二进制位数>30 （非常重要，他保证了最多分治30层，高效解决应重复出现的数）
#include<cstdio> #define mod 1000000007 #define N 100001 using namespace std; int n; int a[N],b[N]; long long ans; void divide(int l,int r, int k) { if(l>=r || k>29) return; int L=l,R=r; for(int i=l;i<=r;i++) if(a[i] & (1<<k)) b[L++]=a[i]; else b[R--]=a[i]; ans=(ans+1ll*(L-l)*(r-R)*(1<<k))%mod; for(int i=l;i<=r;i++) a[i]=b[i]; if(l!=L) divide(l,L-1,k+1); if(r!=R) divide(R+1,r,k+1); } int main() { freopen("lowbit.in","r",stdin); freopen("lowbit.out","w",stdout); scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]); divide(1,n,0); printf("%I64d",(ans<<1)%mod); }
防AK好题(fangak)
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题目描述
LYK觉得，这场比赛到目前为止，题目都还太简单了。
于是，它有意在最后一题为难一下大家。它定义了一个非常复杂的运算。具体的，一开始它有n个数ai。令c表示最大的相邻两个数的差。也就是说c=max{| |}(i∈[2,n])。这个值显然是一个常数。
但是问题来了，LYK为了刁难你们，它想改变其中k个数，也就是说将其中至多k个数变成任意的数，并且LYK要求这么做完后c的值尽可能小。
输入格式(fangak.in)
第一行两个数n,k。
接下来一行n个数表示ai。
输出格式(fangak.out)
一个数表示最小的k的值。
输入样例
6 3
1 2 3 7 8 9
输出样例
1
数据范围
对于20%的数据n<=8。1<=ai<=8。
对于另外20%的数据k=1。
对于再另外20%的数据ai一开始是单调递增的。
对于再再另外20%的数据n<=100。
对于100%的数据1<=k<=n<=1000，-10^9<=ai<=10^9。
二分+DP
dp[i] 表示 到第i个数， 在满足条件(任意两个相邻的数，差<=mid)的情况下，并且i没有被改变，最少改变多少数字。
状态转移： dp[i]=dp[k]+(i-k-1) k=0~i-1 表示 k+1~i-1 都被改变了
转移条件：mid*(k-i)>=abs(a[k]-a[i]) k~i这段区间能满足条件
只管修改了多少个数，至于改成了什么，不关心
最大的差最小，就是让数均匀分布，那么二分最大的差，条件就是差*个数>= | 区间右边-左边 |
也就是假设区间左右端点都不改变，而区间内部都改变
区间内部都改变是最差的情况，他会随着区间左端点的移动而变小
个人感觉：这是一道区间DP
#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #define N 1001 using namespace std; int n,k,maxn=-2e9,minn=2e9; int a[N],dp[N+4]; bool check(int mid) { dp[0]=0; for(int i=1;i<=n;i++) { dp[i]=n+4; for(int j=i-1;j>=0;j--) if(!j || mid*(i-j)>=abs(a[i]-a[j])) dp[i]=min(dp[i],dp[j]+i-j-1); } for(int i=1;i<=n;i++) if(dp[i]+n-i<=k) return true; return false; } int main() { freopen("fangak.in","r",stdin); freopen("fangak.out","w",stdout); scanf("%d%d",&n,&k); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),maxn=max(maxn,a[i]),minn=min(minn,a[i]); int l=0,r=maxn-minn,mid,ans; while(l<=r) { mid=l+r>>1; if(check(mid)) ans=mid,r=mid-1; else l=mid+1; } printf("%d",ans); }