7.16成外考试
那么就开始了：
蒟蒻表示不会。。。。这个题真是越来越难
1、选值
select.cpp/in/out/1s/256M
【题目描述】
给定n个数，从中选出三个数，使得最大的那个减最小的那个的值小于等于d，问有多少种选法。
【输入格式】
第一行两个整数n，d；
第二行n个整数。数据保证ai单调递增。
【输出格式】
输出一个整数表示满足条件的选法。
【输入输出样例】
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select.in |
select.out |
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样例1 |
4 3 1 2 3 4 |
4 |
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样例2 |
4 2 -3 -2 -1 0 |
2 |
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样例3 |
5 19 1 10 20 30 50 |
1 |
【数据范围】
对于40%的数据，1≤n≤103，1≤d≤104，abs（ai）≤104。
对于100%的数据，1≤n≤105，1≤d≤109，abs（ai）≤109。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 long long num[100005]; 4 int main(){ 5 freopen("select.in","r",stdin); 6 freopen("select.out","w",stdout); 7 int n,d; 8 cin>>n>>d; 9 for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&num[i]); 10 long long sum=0; 11 for(int i=1;i<=n-2;i++){ 12 int l=i,r=n,mid; 13 long long val=d+num[i]; 14 while(l<r){ 15 mid=(l+r)>>1; 16 if(num[mid]>val) r=mid-1; 17 else if(num[mid]<val) l=mid+1; 18 else break; 19 } 20 while(num[l+1]<=val&&l+1<=n) l++; 21 while(num[l]>val&&l>=1) l--; 22 if(l-i<2) continue; 23 sum+=((long long)(l-i)*(long long)(l-i-1))/2; 24 } 25 cout<<sum<<endl; 26 return 0; 27 }
你先排序一下。当确定最大值为aj时， 用lower_bound找找前面大于等于aj-d的第一个数ai，因此我们可以在[i,j-1]中任选两个数作为一个组合，对答案的贡献为 c(j-i,2)。
但是实际上我做的时候用了一个差分数组，结果时间复杂度只比暴力快了一点点。。。。。QWQ
记得一定要用long long！！！！！！！！
2、遛狗
dog.cpp/in/out/1s/256M
【问题描述】
wkr养了一条狗，有一天把它带出来遛，路过一片玉米地，他的狗用一种很萌的眼神告诉他饿了（狗要吃玉米？！暂且不讨论这个问题……）。wkr没办法，只好带他进去偷，不过为了不被发现，他们只能往下、左、右三个方向走（有联系吗？……），走过的点上如果有玉米，他们就会全部偷走，然后那里的玉米就木有了。这是一个高端的农场，某些点会设有机器人，当你走到这些机器人的时候会掉落一定的玉米（然后就消失了），然后这个机器人就不再起作用了。
wkr想到反正都来了，不如多偷一点，所以他想知道从第一行任意一个位置开始，一直到最后一行任意一个位置结束，最终他最多能得到多少的玉米。
【输入描述】
第 1 行一个整数，N，表示 N×N 的玉米地
第 2 ~ n+1 行，每行 N 个整数，Aij 表示第 i 行 j 列上的玉米数，如果 Aij 为负数，表示遇到机器人，必须要掉落 |Aij| 的玉米数。相邻整数用一个空格隔开。
【输出描述】
输出文件一行一个整数，最后获得的玉米数。
【样例】
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dog.in |
dog.out |
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样例1 |
3 5 0 8 1 1 3 -10 0 -10 |
18 |
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样例2 |
3 5 -10 -10 5 -5 20 20 -5 -5 |
45 |
【样例解释】
样例1解释：(1,1) → (1,2) → (1,3) → (2,3) → (2,2) → (2,1) → (2,2) → (3,2) → 结束
样例2解释：(1,1) → (2,1) → (2,2) → (2,3) → (2,2) → (2,1) → (3,1) → 结束
【数据范围】
对于 10%的数据：N<=3
对于 30%的数据：没有机器人（即全为非负数）
对于所有数据：N<=50，-10000<=Aij<=10000。
/*http://blog.csdn.net/jiangzh7 By Jiangzh*/ #include<cstdio> #include<algorithm> const int N=50+10; const int inf=0x3f3f3f3f; int n,a[N][N]; int sum[N][N]; int f[N][N]; bool cal[N][N]; void read() { scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) scanf("%d",&a[i][j]); } int walk(int x,int y) { if(x==n) { int lmax,rmax,res=0; lmax=rmax=a[x][y]; int l=y,r=y; while(l>1) { l--; lmax=std::max(lmax,sum[x][y]-sum[x][l-1]); } while(r<n) { r++; rmax=std::max(rmax,sum[x][r]-sum[x][y-1]); } res=lmax+rmax-a[x][y]; //printf("%d %d : %d ",x,y,res); return res; } if(cal[x][y]) return f[x][y]; f[x][y]=-inf; cal[x][y]=1; for(int m=1;m<=n;m++) { int tmp=walk(x+1,m); int l=y,r=y; if(l>m) l=m; else if(r<m) r=m; int lmax=sum[x][m]-sum[x][l-1]; int rmax=sum[x][r]-sum[x][m-1]; while(l>1) { l--; lmax=std::max(lmax,sum[x][m]-sum[x][l-1]); } while(r<n) { r++; rmax=std::max(rmax,sum[x][r]-sum[x][m-1]); } int res=lmax+rmax-a[x][m]; f[x][y]=std::max(f[x][y],res+tmp); //printf("(%d,%d) : lmax=%d rmax=%d res=%d f[x][y]=%d ",x,y,lmax,rmax,res,f[x][y]); } return f[x][y]; } void work() { for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) sum[i][j]=sum[i][j-1]+a[i][j]; int res=-inf; for(int i=1;i<=n;i++) res=std::max(res,walk(1,i)); printf("%d",res); } int main() { freopen("dog.in","r",stdin); freopen("dog.out","w",stdout); read(); work(); return 0; } /* 3 -5 -10 -20 -5 -10 -20 -5 -10 -20 */
做过方格取数的同学可能看见这一题就有点欣喜若狂了，方格取数直接二维dp就ok了
但是这一题略微有一点差别，他可以向三个方向走，这样就不满足dp的无后效性了
有10分的小数据，是在不会了可以全部 if 搞定
还有30分没有机器人，没有负数，并且因为在每一行内可以向左向右，那么我们就可以把这一行全部取完再去取下一行，仍然全部取完……这样我们就可以把整个地图取完，那么肯定是最大的。这样30分轻松得到（这里的 30 分和上面的 10 分有重叠……）
最后就是100分算法了：
这一题我们抽象一下，就是在每一行找一个区间，相邻两行之间所找的区间必须要有重叠的部分，然后求出一个最有方案值。
对于每一个选取的区间[L,R]，设他是从M处走下去的，那么就肯定满足M∈[L,R]，也就是L<=M, R>=M，如图
上面相当于是已知当前选的[L,R]，然后去找下一个区间的进入点 M，我们倒着来想，我们枚举每一行的入点，找出所有的方案（类似八皇后的全排列），如图
然后再此基础上来确定每一行的最优区间，既然要满足 M∈[L,R]，那么只要 L>M，即
，我们就要让L=M，R 同理，只要 R<M，就让 R=M。
好了，这是找到满足当前方案的合法区间，但是不一定是一个最优的（可能L 再向左或者 R 再向右能使整个区间值更大），所以我们只需要让 L 和 R 分别向左和向右来确定最大区间的 L 和 R 的位置，然后就能够得到最优值了。
至于怎么确定 L 和 R 的位置，同学们可以自己思考，这里我介绍一下我的方法。我们把区间[L,R]分成 [L,M] + [M,R] - {M} （M 为当前行到下一行的入点位置），那么我们维护一个 L 和 R 指针，在维护一个 Lmax 和 Rmax，先让 L 从前面确定好的位置向左，每次求出[L,M]的和取 Lmax 取最大值，R 同理，最后区间的最优值就为 Lmax+Rmax-M。
再看看复杂度，O(N^N)，显然是不能承受的，不过很明显可以感觉到，特别是越到下面，他们重复计算的次数就越多，所以想到记忆化。复杂度就不分析了，大概是 O(N^4)或者 O(N^3)的样子。
3、树上博弈
tree.cpp/in/out/1s/256M
【问题描述】
有一棵n个点的有根树，他有m个叶子结点（叶子结点是那些没有孩子的结点）。边由父亲指向孩子。数字1到m被分配到每一个叶子中。每一个叶子有一个数字，并且每一个数字恰好被分配到一个叶子中。
刚开始的时候根部有一个棋子。两个玩家轮流移动棋子，每一步都会将这个棋子向他的某一个孩子移动；如果玩家不能再移动棋子了，那么游戏结束。游戏的结果就是棋子所在叶子上面的数字。游戏的先手想要这个数字最大化，而后手想要这个数字最小化。
山巴布里想要给这些叶子分配数字使得最终结果最大，而马族塔想要给这些叶子分配数字使得最终结果最小。那么当山巴布里来分配数字的时候游戏结果会是多少？马族塔分配的时候又是多少呢？山马布里和马族塔并不参加游戏，而是另外两个非常聪明的人来参加游戏。
【输入描述】
单组测试数据。
第一行有一个整数n (1≤n≤2*10^5)，表示树中结点的数目。
接下来n-1行，每一行两个整数ui 和 vi (1≤ui,vi≤n) ，表示树中的边，由ui指向vi。
输入保证是一棵有根树，而且根是1。
【输出描述】
输出两个整数表示最大值和最小值，以空格分开。
【样例】
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tree.in |
tree.out |
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样例1 |
5 1 2 1 3 2 4 2 5 |
3 2 |
【样例解释】
样例解释：在这个样例中，树有三个叶子：3，4和5。如果把数字3分配给3号结点，那么第一个选手就能够让棋子到达那儿，最终结果就是3。另一方面，很明显，无论怎么分配数字，第一个选手让棋子达到最小数字是2。
【数据范围】
对于30%的数据，1≤n≤2000
对于50%的数据，1≤n≤20000
对于100%的数据，1≤n≤2*10^5，1≤ui,vi≤n
#include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; const int N=200010, INF=1000000000; int n, mi, all; int head[N], f[N], g[N], chu[N]; struct Edge{ int to,next; }e[N<<1]; inline void add(int u,int v){ e[++mi] = (Edge){v,head[u]}; head[u] = mi; } void dfs1(int u,int fa,int dep){ for(int p=head[u]; p; p=e[p].next) if(e[p].to!=fa) dfs1(e[p].to, u, dep+1); if(!chu[u]) all++, f[u]=g[u]=1; else{ if(dep&1){ // 讨论这一步该谁选 f[u] = INF; for(int p=head[u]; p; p=e[p].next) if(e[p].to!=fa){ f[u] = min(f[u], f[e[p].to]); // 一号管理员控制 g[u] += g[e[p].to]; // 二号管理员控制 } }else{ g[u] = INF; for(int p=head[u]; p; p=e[p].next) if(e[p].to!=fa){ f[u] += f[e[p].to]; g[u] = min(g[u], g[e[p].to]); } } } } int main(){ freopen("tree.in","r",stdin); freopen("tree.out","w",stdout); scanf("%d",&n); for(int i=1, u, v; i<n; ++i){ scanf("%d%d",&u,&v); add(u,v); add(v,u); chu[u]++; } dfs1(1,0,1); printf("%d %d ",all-f[1]+1, g[1]); }
一号管理员想让最后的数尽量大，这正好符合一号选手的思路，而与二号选手相违背，而且这一次该一号选手选还是该二号选手选只与深度有关。因此设f[i]，当一号选手选时，f[i]表示在i的子树内，最少有几个数比最终结果大，f[u]= min(f[v])，这样，当他进入v这个子树中时，管理员可以把u子树内的前f[v]大都放在v子树中，一号选手的最终答案就是u子树的前f[v]大；当二号选手选时，f[i]表示在i的子树中，最多有几个数比最终结果小，f[u]=Σ(f[v])，这样，二号选手在知道 u 子树中的数字分布情况下尽量往小走。转移方程：（v 为 u 的孩子）
该一号选手选时： f[u] = min(f[v])
该二号选手选时： f[u] = Σ f[v]
二号选手为什么是Σ f[v] ，而不是max(f[v]) 呢？因为在当前，他有多棵子树可以选，他当然选最大值最小的那棵（相当于更大的值因为不选而废了），所以就用 Σ 了（还是难理解？那我没办法了）
二号管理员控制时就反过来， f[i] 分别表示该一号选手选时当前比最终结果小的数最多有多少，当二号选手选时表示当前结果比最终结果少的数最多有多少，转移方程类似。
这种在不同时刻 f 的意义不同的，状态表示还这么巧妙的题真强。
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三玖天下第一！！！！！！！
