1017考试总结
T1
题目大意：
一个长度为n的非负整数序列x，满足m个条件：第i个条件为(x[li] or x[li+1]or...or x[ri]=pi)。他想知道是否存在一个序列满足条件，如果存在，他还要构造出一个这样的序列。如果存在这样的序列x，第一行输出Yes，第二行输出n个不超过2^30-1的非负整数表示x[1]~x[n]，否则输出一行No。对于100%的数据，n,m≤100,000，1 ≤ li ≤ ri ≤ n，0 ≤ pi < 2 ^ 30。
二进制。
我们考虑在二进制上一位一位的搞。对于一个条件([l_i, r_i] p_i)，假设(p_i)第(k)位上为0，那么这个区间里所有数的第(k)位上都是0，我们把(f[l_i ...r_i][k] ++)。如果说(f[i][j] > 0)，这说明(x[i])这个数第(j)位上一定为0，我们让(num[i][j] = 0)，如果(f[i][j] == 0)，那么(num[i][j] = 1)。
这样每个数就都可以表示出来了。
那怎么判断无解呢？用(sum[i][j])表示前(i)个数第(j)位上1的个数，对于每一个条件([l_i, r_i] p_i)，判断(sum[r_i][j] - sum[l_i - 1][j])与(p_i)的第(j)位是否匹配就好了。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline long long read() {
long long s = 0, f = 1; char ch;
while(!isdigit(ch = getchar())) (ch == '-') && (f = -f);
for(s = ch ^ 48;isdigit(ch = getchar()); s = (s << 1) + (s << 3) + (ch ^ 48));
return s * f;
}
const int N = 1e5 + 5;
int n, m, tag;
int f[N][31], sum[N][31], num[N][31];
struct line { int l, r, p; } a[N];
void calc_f(int l, int r, int p) {
for(int i = 0;i <= 30; i++) {
if(!((p >> i) & 1)) f[l][i] ++, f[r + 1][i] --;
}
}
int judge(int l, int r, int p) {
for(int i = 0;i <= 30; i++) {
int tmp = sum[r][i] - sum[l - 1][i];
if((!((p >> i) & 1) && tmp > 0) || (((p >> i) & 1) && tmp == 0)) return 0;
}
return 1;
}
int calc_num(int x) {
int res = 0;
for(int i = 0;i <= 30; i++) {
if(num[x][i] == 1) res += (1 << i);
}
return res;
}
int main() {
n = read(); m = read();
for(int i = 1;i <= m; i++) {
a[i].l = read(), a[i].r = read(), a[i].p = read();
calc_f(a[i].l, a[i].r, a[i].p);
}
for(int i = 0;i <= 30; i++)
for(int j = 1;j <= n; j++) f[j][i] += f[j - 1][i];
for(int i = 0;i <= 30; i++)
for(int j = 1;j <= n; j++) {
if(f[j][i] > 0) num[j][i] = 0;
else num[j][i] = 1;
}
for(int i = 0;i <= 30; i++)
for(int j = 1;j <= n; j++)
sum[j][i] = sum[j - 1][i] + num[j][i];
for(int i = 1;i <= m; i++)
if(!judge(a[i].l, a[i].r, a[i].p)) { tag = 1; break; }
if(tag) printf("No
");
else {
printf("Yes
");
for(int i = 1;i <= n; i++) printf("%d ", calc_num(i));
}
return 0;
}
T2
题目大意：
两个字符串s,t，其中s只包含小写字母以及(*)，t只包含小写字母。可以进行任意多次操作，每次选择s中的一个(*)，将它修改为任意多个（可以是0个）它的前一个字符。他想知道是否能将s修改为t。如果能将s修改为t，输出Yes，否则输出No。对于100%的数据，T≤100，|s|,|t|≤30000。
双指针 + 模拟。
用两个指针(t, k)表示当先字符串(s, t)枚举到了那个字符。
如果当前枚举到的两个字符不相等，输出No。如果当前枚举到的(s)的字符是(x), (x)的下一个字符是(*)，直接跳过，一直跳到连续的最后一个(x)，并且统计(x)的个数(num1)，同样的字符串(t)也要往后跳，也是跳到连续的最后一个(x)，统计(x)的个数(num2)。如果(num1 > num2)，输出No，否则往下找，重复这个过程。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int T, n, m;
char a[30005], b[30005];
int main() {
cin >> T;
while(T --> 0) {
cin >> a >> b;
n = strlen(a); m = strlen(b);
int t = 0, k = 0, flag = -1;
while(t <= n || k <= m) {
if(a[t] != b[k]) {
printf("No
"); flag = 1; break;
}
else {
int num1 = 0, num2 = 0;
if(a[t + 1] == '*') {
char ch = a[t];
while(t <= n && (a[t + 1] == '*' || a[t + 1] == ch)) {
if(a[t + 1] == ch) num1 ++; t++;
}
while(k <= m && b[k + 1] == ch) k ++, num2 ++;
if(num1 > num2) {
printf("No
"); flag = 1; break;
}
}
}
t ++; k ++;
}
if(flag == -1) printf("Yes
");
}
return 0;
}
T3
题目大意：
一个3×n的数组，要在每一列选一个数（或者不选），满足以下条件：
（1）如果在第一行选，那它必须大于等于上一个数
（2）如果在第二行选，那么必须小于等于上一个数
（3）如果在第三行选，对于连续的一段在第三行选的数，必须满足方向相同（都小于等于上一个数或者都大于等于上一个数）。
对于100%的数据， n <= 100000， m <= 1000000000
洛谷链接
数据结构优化DP。
我们先设4种状态：1：选第一行的数；2：选第二行的数；3：选第三行的数并且单调不降；4：选第三行的数并且单调不升。
(dp[i][j])表示第(j)列状态为(i)的最大合法长度：那么状态转移方程是：(dp[i][j] = max(dp[i'][k] + 1))。
(k < i)，对于(i = 1, 2)时，(i' = 1, 2, 3, 4)都可以；对于(i = 3)时，(i' = 1, 2, 3)；对于(i = 4)时，(i' = 1, 2, 4)。
暴力枚举(k)是(O(n ^ 2))的，用线段树维护最大值则可以优化到(O(n log n))。
#include <bits/stdc++.h>
#define ls(o) (o << 1)
#define rs(o) (o << 1 | 1)
#define mid ((l + r) >> 1)
using namespace std;
inline long long read() {
long long s = 0, f = 1; char ch;
while(!isdigit(ch = getchar())) (ch == '-') && (f = -f);
for(s = ch ^ 48;isdigit(ch = getchar()); s = (s << 1) + (s << 3) + (ch ^ 48));
return s * f;
}
const int N = 1e5 + 5;
int n, cnt, ans;
int a[N], b[N], c[N], disc[N << 2];
int dp[5][N], t[5][N << 4];
void insert(int o, int l, int r, int x, int val, int id) {
if(l == r) { t[id][o] = max(t[id][o], val); return ; }
if(x <= mid) insert(ls(o), l, mid, x, val, id);
if(x > mid) insert(rs(o), mid + 1, r, x, val, id);
t[id][o] = max(t[id][ls(o)], t[id][rs(o)]);
}
int query(int o, int l, int r, int x, int y, int id) {
if(x <= l && y >= r) { return t[id][o]; }
int res = 0;
if(x <= mid) res = max(res, query(ls(o), l, mid, x, y, id));
if(y > mid) res = max(res, query(rs(o), mid + 1, r, x, y, id));
return res;
}
int main() {
n = read();
for(int i = 1;i <= n; i++) a[i] = read(), disc[++ cnt] = a[i];
for(int i = 1;i <= n; i++) b[i] = read(), disc[++ cnt] = b[i];
for(int i = 1;i <= n; i++) c[i] = read(), disc[++ cnt] = c[i];
sort(disc + 1, disc + 1 + cnt);
cnt = unique(disc + 1, disc + cnt + 1) - disc - 1;
for(int i = 1;i <= n; i++) a[i] = lower_bound(disc + 1, disc + cnt + 1, a[i]) - disc;
for(int i = 1;i <= n; i++) b[i] = lower_bound(disc + 1, disc + cnt + 1, b[i]) - disc;
for(int i = 1;i <= n; i++) c[i] = lower_bound(disc + 1, disc + cnt + 1, c[i]) - disc;
for(int i = 1;i <= n; i++) {
dp[1][i] = max(dp[1][i], query(1, 1, cnt, 1, a[i], 1));
dp[1][i] = max(dp[1][i], query(1, 1, cnt, 1, a[i], 2));
dp[1][i] = max(dp[1][i], query(1, 1, cnt, 1, a[i], 3));
dp[1][i] = max(dp[1][i], query(1, 1, cnt, 1, a[i], 4));
dp[1][i] ++;
dp[2][i] = max(dp[2][i], query(1, 1, cnt, b[i], cnt, 1));
dp[2][i] = max(dp[2][i], query(1, 1, cnt, b[i], cnt, 2));
dp[2][i] = max(dp[2][i], query(1, 1, cnt, b[i], cnt, 3));
dp[2][i] = max(dp[2][i], query(1, 1, cnt, b[i], cnt, 4));
dp[2][i] ++;
dp[3][i] = max(dp[3][i], query(1, 1, cnt, 1, c[i], 1));
dp[3][i] = max(dp[3][i], query(1, 1, cnt, 1, c[i], 2));
dp[3][i] = max(dp[3][i], query(1, 1, cnt, 1, c[i], 3));
dp[3][i] ++;
dp[4][i] = max(dp[4][i], query(1, 1, cnt, c[i], cnt, 1));
dp[4][i] = max(dp[4][i], query(1, 1, cnt, c[i], cnt, 2));
dp[4][i] = max(dp[4][i], query(1, 1, cnt, c[i], cnt, 4));
dp[4][i] ++;
insert(1, 1, cnt, a[i], dp[1][i], 1); insert(1, 1, cnt, b[i], dp[2][i], 2);
insert(1, 1, cnt, c[i], dp[3][i], 3); insert(1, 1, cnt, c[i], dp[4][i], 4);
}
for(int i = 1;i <= n; i++)
for(int j = 1;j <= 4; j++)
ans = max(ans, dp[j][i]);
printf("%d", ans);
return 0;
}