今天的题目 还行 连蒙带猜的写 怎么会如此玄学。还是我太菜了。
今天得分 250分 T1 100分 T2 100分 T3 50分。
看了一眼好像没有什么规律 每个位置上的数字都没有任何的规律 弃疗 不会 自闭 然后发现了每行数字是单调的 所以可以一层一层向下走 判断大小然后一直向下走 二叉树还是挺容易看出来的。
然后判断一下就行了 发现 最差也就是走n层所以可以通过本题。
//#include<bits/stdc++.h> #include<iostream> #include<cstdio> #include<ctime> #include<cstring> #include<string> #include<queue> #include<deque> #include<cmath> #include<algorithm> #include<vector> #include<cctype> #include<cstdlib> #include<utility> #include<bitset> #include<set> #include<map> #include<stack> #include<iomanip> #define INF 1000000000 #define ll long long #define min(x,y) ((x)>(y)?(y):(x)) #define max(x,y) ((x)>(y)?(x):(y)) #define db double #define EPS 1e-8 using namespace std; char *fs,*ft,buf[1<<15]; inline char getc() { return (fs==ft&&(ft=(fs=buf)+fread(buf,1,1<<15,stdin),fs==ft))?0:*fs++; } inline int read() { int x=0,f=1;char ch=getc(); while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getc();} while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getc();} return x*f; } const int MAXN=2000010; int n,top; db a,b; int ans[MAXN]; db root; db l[2],r[2],w[2]; inline int gcd(int aa,int bb) { return bb?gcd(bb,aa%bb):aa; } int main() { //freopen("1.in","r",stdin); freopen("sbt.in","r",stdin); freopen("sbt.out","w",stdout); a=read();b=read(); l[0]=0;l[1]=1;r[0]=1;r[1]=0;w[0]=1;w[1]=1; db G=gcd(a,b); a=a/G;b=b/G; if(a==1&&b==1)return 0; root=1; while(1) { if(fabs(a/b-root)<=EPS) if(a==w[0]&&b==w[1])break; /*G=gcd(r[0],r[1]); r[0]/=G;r[1]/=G; G=gcd(l[0],l[1]); l[0]/=G;l[1]/=G; G=gcd(w[0],w[1]); w[0]/=G;w[1]/=G;*/ if(a/b>root) { l[0]=w[0]; l[1]=w[1]; w[0]=l[0]+r[0]; w[1]=l[1]+r[1]; root=w[0]/w[1]; ans[++top]=1; } else { r[0]=w[0]; r[1]=w[1]; w[0]=l[0]+r[0]; w[1]=l[1]+r[1]; root=w[0]/w[1]; ans[++top]=0; } } for(int i=1;i<=top;++i) { if(ans[i])printf("R"); else printf("L"); } return 0; }
这道题出的很不好 题目题意很不好理解我尝试理解了1h 并且写了一个爆搜搜出答案才明白这道题的含义。看不懂都怪出题人没有定义子串的含义也没有说能不能重复也没有说有多长 更没有样例解释。
其实题目是 想找到一个不知道有多长的 字符串使其价值最大可以重复 当然子串在这里定义的是 连续子序列 这样正应对了 样例的-1的解释显然可以构造出来-1的情况。
考虑 从答案的角度分析 枚举第一个字母是谁然后开始跑最长路 求出max{ dij } 如果有正环就是-1 复杂度 n^3 貌似能过考虑优化 i->j 的最大值 也就是i是起点j是终点 发现 i也可以作为终点所以我们初始把所有点都放到队列中去寻找使得答案更优的终点即可。
当一个点可以是起点也可以是终点时显然可以直接跑多源最短路。复杂度n^2
//#include<bits/stdc++.h> #include<iostream> #include<cstdio> #include<ctime> #include<cstring> #include<string> #include<queue> #include<deque> #include<cmath> #include<algorithm> #include<vector> #include<cctype> #include<cstdlib> #include<utility> #include<bitset> #include<set> #include<map> #include<stack> #include<iomanip> #define INF 1000000000 #define ll long long #define min(x,y) ((x)>(y)?(y):(x)) #define max(x,y) ((x)>(y)?(x):(y)) #define db double #define EPS 1e-8 using namespace std; char *fs,*ft,buf[1<<15]; inline char getc() { return (fs==ft&&(ft=(fs=buf)+fread(buf,1,1<<15,stdin),fs==ft))?0:*fs++; } inline int read() { int x=0,f=1;char ch=getc(); while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getc();} while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getc();} return x*f; } const int MAXN=10010,maxn=110; int n,flag,t,h,T; int a[maxn][maxn]; int vis[maxn],ru[maxn]; int q[MAXN]; ll dis[maxn],maxx; inline void spfa() { while(h++<t) { int x=q[h];vis[x]=0; for(int i=1;i<=n;++i) { if(dis[i]<dis[x]+a[x][i]) { dis[i]=dis[x]+a[x][i]; ru[i]=ru[x]+1; if(!vis[i])q[++t]=i,vis[i]=1; if(ru[i]>=n){flag=1;return;} } } } } int main() { //freopen("1.in","r",stdin); freopen("string.in","r",stdin); freopen("string.out","w",stdout); T=read(); while(T--) { n=read();t=h=flag=maxx=0; for(int i=1;i<=n;++i) { ru[i]=dis[i]=0;q[++t]=i;vis[i]=1; for(int j=1;j<=n;++j) a[i][j]=read(); } spfa(); if(flag)puts("-1"); else { for(int i=1;i<=n;++i)maxx=max(maxx,dis[i]); printf("%lld ",maxx); } } return 0; }
题目给差评。
这题还行不过我没有想出来 想数据结构想傻了 应该分治的...50分nm+ST表。
考虑 一下正解 遇到和连续子序列中最小值的时候常用套路就是单调栈先搞一波影响的区间。。好像影魔那道题就是这样搞的开个线段树写。
很巧这道题跟线段树无关。al^ar^ak==d 哦我把ak 移过去 al^ar==d^ak 暴力枚举al或者ar 扫较小的一半 可持久化trie 直接查找ar 秒啊。这里 可持久化trie 不如主席树直接查找就好了。
可是这样最坏复杂度是 n(logn)^2 ？？？能过了？证明不太会直接暴力好/cy 不过迭代器爆了 我也不知道原因？
ans=ans+lower_bound...什么的时候 直接爆负 不太懂还是不要写这种黑科技的好 直接上主席树哪有这么多麻烦 但是在时间不够的时候stl也是很快的。
复杂度 n(logn)^2 我怎么可能不去证明呢 证明 只能从分治的角度去证明 考虑全局最小值 所影响的区间 然后做完后 剩下的统计只能在最小值两边 不断分治下去 把每个点所影响的区间都做完。
如果每次都能分出一半 那么 复杂度达到最劣 n/2*logn*logn 不能刚好分出一半的话 但是不能用的数字 也是2的幂次增长 如刚开始的最小值 后来一定不管了 每个区间的最小值也扔掉所以最多logn 所有最小值都会被扔掉。
复杂度nlogn*logn 由于每次我们只扫较小的一段也可以保证复杂度。
//#include<bits/stdc++.h> #include<iostream> #include<cstdio> #include<ctime> #include<cstring> #include<string> #include<queue> #include<deque> #include<cmath> #include<algorithm> #include<vector> #include<cctype> #include<cstdlib> #include<utility> #include<bitset> #include<set> #include<map> #include<stack> #include<iomanip> #define INF 1000000010 #define ll long long #define min(x,y) ((x)>(y)?(y):(x)) #define max(x,y) ((x)>(y)?(x):(y)) #define db double #define EPS 1e-5 using namespace std; char *fs,*ft,buf[1<<15]; inline char getc() { return (fs==ft&&(ft=(fs=buf)+fread(buf,1,1<<15,stdin),fs==ft))?0:*fs++; } inline ll read() { ll x=0,f=1;char ch=getc(); while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getc();} while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getc();} return x*f; } const int MAXN=1000010; ll n,d,top; ll a[MAXN]; ll ans; ll s[MAXN],l[MAXN],r[MAXN]; vector<ll>g[MAXN]; signed main() { //freopen("1.in","r",stdin); //freopen("sequence.in","r",stdin); //freopen("sequence.out","w",stdout); n=read();d=read(); for(int i=1;i<=n;++i) { a[i]=read(); g[a[i]].push_back(i); } s[top=1]=0;a[0]=-INF; for(int i=1;i<=n;++i) { while(top&&a[i]<=a[s[top]])--top; l[i]=s[top]+1;s[++top]=i; } s[top=1]=n+1;a[n+1]=-INF; for(int i=n;i;--i) { while(top&&a[i]<a[s[top]])--top; r[i]=s[top]-1;s[++top]=i; } //for(int i=1;i<=n;++i)cout<<i<<' '<<l[i]<<' '<<r[i]<<endl; for(int i=1;i<=n;++i) { int L=l[i],R=r[i]; if(L==R){if(a[i]==d)++ans;continue;} if(i-L<R-i) { for(int j=L;j<=i;++j) { ll w=(a[j]^a[i]^d); if(w>=1000001) { //cout<<i<<' '<<w<<' '<<a[i]<<' '<<a[j]<<' '<<d<<' '<<(a[i]^a[j]^d)<<endl; continue; } if(!g[w].size())continue; ans+=lower_bound(g[w].begin(),g[w].end(),R+1)-lower_bound(g[w].begin(),g[w].end(),i); } } else { for(int j=i;j<=R;++j) { ll w=a[j]^a[i]^d; if(w>=1000001)continue; if(!g[w].size())continue; ans+=lower_bound(g[w].begin(),g[w].end(),i+1)-lower_bound(g[w].begin(),g[w].end(),L); } } } printf("%lld ",ans); return 0; }