一 集合操作
POJ 2443 Set Operation
有1000个集合每个集合有10000个元素，给出每个集合所有的元素和Q组询问，问元素x和y是否属于同一个集合。
手抽写了个集合类出来，效率低了。其实用元素开数组，压缩所属的集合效率更高。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;
const int maxn=1111;
typedef unsigned int uint;
const int Size=30;
class SetOperation{
private:
uint st[400];
int getIdx(int num){
return num/Size;
}
int getLft(int num){
return num%Size;
}
public:
SetOperation(){
init();
}
void init(){
memset(st,0,sizeof(st));
}
void addVal(int num){
st[getIdx(num)]|=(1<<getLft(num));
}
void delVal(int num){
st[getIdx(num)]&=~(1<<getLft(num));
}
void chgVal(int num){
st[getIdx(num)]^=(1<<getLft(num));
}
bool inSet(int num){
return st[getIdx(num)]&(1<<getLft(num));
}
}a[maxn];
int main()
{
int n,m;
while (~scanf("%d",&n)){
for (int i=1;i<=n;i++){
a[i].init();
scanf("%d",&m);
while (m--){
int num;
scanf("%d",&num);
a[i].addVal(num);
}
}
scanf("%d",&m);
while(m--){
int x,y;
bool flag=false;
scanf("%d%d",&x,&y);
for (int i=1;i<=n;i++){
if (a[i].inSet(x)&&a[i].inSet(y)){
flag=true;
break;
}
}
if (flag) printf("Yes
");
else printf("No
");
}
}
return 0;
}
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二 公式推导
POJ 3244 Difference between Triplets
//数学好题
//定义两个三元组I(xi,yi,zi)和J(xj,yj,zj),(可以看做是空间中的点)
//他们的距离为D(I,J)=max{xi-xj,yi-yj,zi-zj}-min{xi-xj,yi-yj,zi-zj}，
//给定n个三元组（n<=200000）,求任意两个三元组的差的和
//抽化出来的模型是 max(a,b,c)-min(a,b,c)，这个东西吧他放在数轴上 a,b,c
//我们要求最大和最小的差就是这三个点构成的线段的距离，那么我们这里再变通下 是不是端点到中间那个点的距离
//其实画出这个图的时候，就可以看到这个距离为(|a-b|+|b-c|+|c-a|)/2，这样我们并不需要关心中间的那个
//对应到题目中的原型，就是(|(xi-xj)-(yi-yj)|+|(yi-yj)-(zi-zj)|+|(zi-zj)-(xi-xj)|)/2;
//对应到同一个点上就是(|(xi-yi)-(xj-yj)|+|(yi-zi)-(yj-zj)|+|(zi-xi)-(zj-xj)|)/2;
//设a=(xi-yi),b=(yi-zi),c=(zi-xi),原问题等价为(|ai-aj|+|bi-bj|+|ci-cj|)/2;
//然后三个可以完全分开完全独立的计算，并不影响其他两元，这里要加个优化，就是按从小到大排序出来
//我们只需要算出每个位置上，他贡献了多少次加法，贡献了多少次减法即可
//举个例子，目前把a的部分排序了,对于第i个，他前面的比它小，所以在和i点比较时i点贡献了i次加，对后面的n-i个点
//向他们贡献了n-i次减法
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn=411111;
typedef long long LL;
LL a[maxn],b[maxn],c[maxn];
int n;
int main()
{
while (~scanf("%d",&n)){
if (n==0) break;
for (int i=0;i<n;i++){
int x,y,z;
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
a[i]=x-y;
b[i]=y-z;
c[i]=z-x;
}
sort(a,a+n);
sort(b,b+n);
sort(c,c+n);
LL ans=0;
for (int i=0;i<n;i++){
ans+=(a[i]+b[i]+c[i])*(2*i-n+1);
}
printf("%I64d
",ans/2);
}
return 0;
}
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三 嵌套二分
POJ 3685 Matrix
打表后可以发现矩阵存在单调的性质。
F(i)=i^2+100000*i+j^2-100000*j+i*j 对i求导
F'(i)=2*i+100000+j>0 恒成立，所以每一列都是单调递增的。
要求出矩阵中第K大的数。
首先二分矩阵中的数X，判断它是不是比K个以上的数大。
然后枚举每一列，对于每一列，二分求出比X小的数的个数。
累加得到矩阵中比X小的数的个数sum。若sum>=K则X比K个以上的数大。
最后得到比矩阵中K个以上的数大的数中最小的数ans，则ans-1即为答案。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef __int64 LL;
const LL INFF=1LL<<50;
int n;
LL m;
LL f(LL i,LL j){
return i*i+100000*i+j*j-100000*j+i*j;
}
bool can(LL x){
int i;
LL sum,l,r,res,mid;
sum=0;
for (i=1;i<=n;i++){
l=1,r=n;
res=n+1;
while (l<=r){
mid=(l+r)>>1;
if (f(mid,i)>=x){
res=mid;
r=mid-1;
}
else{
l=mid+1;
}
}
sum+=res-1;
}
return sum>=m;
}
int main()
{
int T;
LL l,r,ans,mid;
scanf("%d",&T);
while (T--){
scanf("%d%I64d",&n,&m);
l=-INFF,r=INFF;
ans=0;
while (l<=r){
mid=(l+r)>>1;
if (can(mid)){
ans=mid;
r=mid-1;
}
else{
l=mid+1;
}
}
printf("%I64d
",ans-1);
}
return 0;
}
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