noip模拟赛 2017.11.8

送分题(songfen)

Time Limit:1000ms Memory Limit:128MB

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。

题解

O(n^2)的代码是真的送分（来自一个数组只开200的蒟蒻的flag）

O(n)也不是很难，直接看代码

代码

O(n^2)

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#define N 2000
#define inf 1000000000
using namespace std;

int n,p,t[N];
int mx,cnt,ans;

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",&t[i]);
	ans=-inf;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		swap(t[i],p);cnt=mx=t[1];
		for(int j=2;j<=n;j++)
		{
			if(mx<=0) mx=t[j];
			else mx+=t[j];
			cnt=max(cnt,mx);
		}
		swap(t[i],p);ans=max(ans,cnt);
	}
	printf("%d",ans);
	return 0;
}


O(n)
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#define N 2000
#define inf 1000000000
using namespace std;

int n,p,ans;
int f[N][2];//f[i][0/1]分别表示前i个数 是/否 替换过的最大子段和

int main()
{
	freopen("songfen.in","r",stdin);
    freopen("songfen.out","w",stdout);
	
	scanf("%d%d",&n,&p);ans=-inf;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		int x;scanf("%d",&x);
		f[i][0]=max(f[i-1][0]+x,x);//前i个数均不替换，那么当前最大子段和即为 加/不加 之前的和 
		f[i][1]=max(p,max(f[i-1][0]+p,f[i-1][1]+x));//替换分为第i位替换或之前替换，再分析 加/不加 之前的和 
		ans=max(ans,f[i][1]);//必须替换一次 
	}
	printf("%d",ans);
	return 0;
}

树状数组(lowbit)

Time Limit:1000ms Memory Limit:128MB

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2^{k，其中k是最小的满足(x&2}k)>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。

题解

然而我写的Trie树，思想跟分治应该差不多吧，每次插入的时候更新ans，我没有将30位补全，所以插入前要sort一遍

代码

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#define ll long long
#define N 4000005
#define mod 1000000007
using namespace std;

int n,a[N];
ll ans;

int d[N][2],sz[N][2],f[N][2],num;
void insert(int x)
{
	int p=0,cnt=0,deep=0;
	while(true)
	{
		int v=x&1;x>>=1;
		if(d[p][v^1]) ans=(ans+(1<<deep)*sz[p][v^1])%mod;
		if(v&&cnt) {ans=(ans+(1<<deep)*cnt)%mod;cnt=0;}
		if(!d[p][v]) d[p][v]=++num;
		cnt+=f[p][v];sz[p][v]++;
		if(!x) {f[p][v]++;break;}
		p=d[p][v];deep++;
	}
}

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]);
	sort(a+1,a+1+n); 
	for(int i=1;i<=n;i++) insert(a[i]);
	printf("%lld",ans*2%mod);
	return 0;
}

防AK好题(fangak)

Time Limit:1000ms Memory Limit:128MB

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{|a[i]−a[i-1]|}(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<=109。

题解

代码

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#define ll long long
#define N 1005
#define inf 2000000000
using namespace std;

int n,k,a[N];

int f[N]; 
bool check(int x,int t)
{
	for(int i=2;i<=n;i++)//枚举最后一个不改的数 
	{
		f[i]=i-1;//f[i]记录使前i个满足最少需要改几个 
		for(int j=1;j<i;j++)
			if(abs(a[i]-a[j])<=(ll)x*(i-j)) f[i]=min(f[i],f[j]+i-j-1);
	}
	int cnt=inf;
	for(int i=1;i<=n;i++) cnt=min(cnt,f[i]+n-i);
	return cnt<=k;
}

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]);
	int l=0,r=inf;
	while(l<r)
	{
		int mid=(l+r)>>1;
		if(check(mid,k)) r=mid;
		else l=mid+1;
	}
	printf("%d",l);
	return 0;
}