1.校门外的树(tree.c/cpp/pas 128M,1s)
Description
LSGJ扩建了，于是校门外有了一条长为L的路。路上种了一排的树，每相邻两棵树之间的距离为1，我们可以把马路看成一个数轴，马路的一端在数轴0的位置另一端在数轴L的位置，数轴上的每个整数点都有一棵树。
众所周知，zd是个非常喜欢研究生活中的各种问题的人，zd看到这个现象非常的欣喜，于是他立马就有了一个想法，假如现在要把m个区间内的树全都移走，他想知道最后还剩下多少棵树，由于他刚想出这个问题就被twt拿去一起颓了，临走之前他把这个问题交给了你，你能帮他解决这个问题吗？
Input(tree.in)
第一行有两个整数L，m，分别表示路的长度，要移走的区间的个数
接下来m行 ，每行两个整数l，r，表示区间的端点。
Output(tree.out)
一个整数，表示剩余树的数量。
Sample Input
500 3
150 300
100 200
470 471
Sample Output
298
Hint
对于10%的数据，区间之间互不重叠
对于30%的数据，L<=10000,m<=100
对于60%的数据，L，m<=100000
对于100%的数据，L，m<=1000000
Solution：
1、暴力60分。我们观察数据，很明显可以用O(n2)的时间复杂度来进行区间修改和O(n)的复杂度来查询统计，数据弱时，对于60%的数据能水过。
1 # include <cstdio> 2 # include <iostream> 3 # include <algorithm> 4 # include <cmath> 5 # include <cstring> 6 using namespace std; 7 int main() 8 { 9 freopen("tree.in","r",stdin); 10 freopen("tree.out","w",stdout); 11 int l,m,le,ri,pd[1000005],i,j,sum=0; 12 scanf("%d%d",&l,&m); 13 for (i=0;i<=l;i++)pd[i]=1; 14 for (i=1;i<=m;i++) 15 { 16 scanf("%d%d",&le,&ri); 17 for (j=le;j<=ri;j++) 18 pd[j]=0; 19 } 20 for (i=0;i<=l;i++) 21 if (pd[i]==1)sum++; 22 printf("%d",sum); 23 return 0; 24 }
2、线段树保90分（人品好100分）。思路就很简单了，区间修改，只不过代码量有点长。
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 using namespace std; 4 const int MAXX=1000000; 5 int t[MAXX*4+10],lazy[MAXX*4+10]={0}; 6 int l,m; 7 void build(int node,int begin,int end) 8 { 9 if(begin==end) 10 { 11 t[node]=1; 12 return; 13 } 14 else 15 { 16 int mid=(begin+end)>>1; 17 build(node<<1,begin,mid); 18 build(node<<1|1,mid+1,end); 19 t[node]=t[node<<1]+t[node<<1|1]; 20 } 21 return; 22 } 23 void pushdown(int node,int left,int right) 24 { 25 int mid=(left+right)>>1; 26 lazy[node<<1]+=lazy[node]; 27 lazy[node<<1|1]+=lazy[node]; 28 t[node<<1]-=lazy[node]*(mid-left+1); 29 if(t[node<<1]<0) t[node<<1]=0; 30 t[node<<1|1]-=lazy[node]*(right-mid); 31 if(t[node<<1|1]<0) t[node<<1|1]=0; 32 lazy[node]=0; 33 return; 34 } 35 void update(int node,int left,int right,int l,int r) 36 { 37 if(l<=left&&right<=r) 38 { 39 lazy[node]+=1; 40 t[node]-=(right-left+1); 41 if(t[node]<0) t[node]=0; 42 return; 43 } 44 if(l>right||r<left) return; 45 int mid=(left+right)>>1; 46 if(lazy[node]) pushdown(node,left,right); 47 if(l<=mid) update(node<<1,left,mid,l,r); 48 if(mid<r) update(node<<1|1,mid+1,right,l,r); 49 t[node]=t[node<<1]+t[node<<1|1]; 50 return; 51 } 52 int read() 53 { 54 int ans=0,f=1; 55 char i=getchar(); 56 while(i>='0'&&i<='9') 57 { 58 ans=(ans<<3)+(ans<<1)+i-'0'; 59 i=getchar(); 60 } 61 return ans*f; 62 } 63 int main() 64 { 65 freopen("tree.in","r",stdin); 66 freopen("tree.out","w",stdout); 67 int x,y; 68 l=read(),m=read(); 69 build(1,0,l); 70 for(int i=1;i<=m;i++) 71 { 72 x=read(),y=read(); 73 update(1,0,l,x,y); 74 } 75 printf("%d",t[1]); 76 return 0; 77 }
3、对区间进行排序(建议桶排，快排可能卡)100分，之后就合并区间，最后统计。
1 #include<cstdio> 2 #include<algorithm> 3 using namespace std; 4 char buf[10000010], *p1=buf, *p2=buf; 5 #define SWAP(a, b) ((a)^=(b),(b)^=(a),(a)^=(b)) 6 #define get_char() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,10000000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++) 7 #define gi(a) do { 8 register char ch; 9 while((ch = get_char()) > '9' || ch < '0'); 10 for(a = ch-'0'; (ch = get_char()) >= '0' && ch <= '9'; a = a*10+ch-'0'); 11 } while(0) 12 struct cut { 13 int s, e; 14 } data[1000100]; 15 inline bool comp(const cut &a, const cut &b) { 16 return a.s<b.s; 17 } 18 int main() { 19 freopen("tree.in", "r", stdin); 20 freopen("tree.out", "w", stdout); 21 int N, M, i, s = -1, e = -2; 22 gi(N); gi(M); 23 for(i = 1; i <= M; i++) { 24 gi(data[i].s); gi(data[i].e); 25 if(data[i].s > data[i].e) SWAP(data[i].s, data[i].e); 26 } 27 sort(data+1, data+1+M, comp); 28 data[M+1].s = 987654321; 29 for(i = 0; i <= M; i++) { 30 if(data[i+1].s+1 > e) N -= (e-s+1), s = data[i+1].s, e = data[i+1].e; 31 else if(data[i+1].e > e) e = data[i+1].e; 32 } 33 printf("%d ", N+1); 34 return 0; 35 }
4、正解：差分100分。（不要问我差分是什么，不懂去度娘问。）取树相当于每次修改区间【i,j】只需更改第i点-1和第j+1点+1，对于重复更改当然也行，反正小于0就没有树。
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstdlib> 4 #include<algorithm> 5 #include<cmath> 6 #include<cstring> 7 using namespace std; 8 int n,m,sum,now,dis[1000005]; 9 inline int getint() 10 { 11 int a=0;char x=getchar();bool f=0; 12 while((x>'9'||x<'0')&&x!='-')x=getchar(); 13 if(x=='-')f=1,x=getchar(); 14 while(x>='0'&&x<='9')a=a*10+x-'0',x=getchar(); 15 return f?-a:a; 16 } 17 int main() 18 { 19 freopen("tree.in","r",stdin); 20 freopen("tree.out","w",stdout); 21 n=getint();m=getint(); 22 while(m--) 23 { 24 int a=getint(),b=getint(); 25 dis[a]=max(dis[a],b-a+1); 26 } 27 sum=n+1; 28 for(int i=0;i<=n+1;i++) 29 { 30 now=max(now,dis[i]); 31 if(now)sum--,now--; 32 } 33 printf("%d",sum); 34 return 0; 35 }
2.开心的zpl(happy.c/cpp/pas 128M,1s)
Description
zpl今天很开心，家里购置的新房就要领钥匙了，新房里有一间他自己专用的很宽敞的房间，更让他开心的是，他从twt那里得到了一些硬币，twt给的硬币很奇怪，它们一共有四面值分别为c1,c2,c3,c4,由于zpl要买的东西太多，因此他一共去了k次，他每次只带di枚面值为ci的硬币要买价值为si的物品，而且他不想要商店找钱，你能告诉他每次有多少种付款方法吗？
Input
第一行为5个整数，分别为c1,c2,c3,c4,k
下面k行，d1,d2,d3,d4,s表示每种硬币的数量和商品的总价格。
Output
k行，表示每次的方案数
Sample Input
1 2 5 10 2
3 2 3 1 10
1000 2 2 2 900
Sample Output
4
27
Hint
对于30%的数据，k<=5.di<=5
对于60%的数据，k<=10,di<=50,s<=1000
对于100%的数据，k<=1000, s<=100000,di<=100000
Solution:
1、暴力60分。观察数据，对于每次询问，枚举能构成的面额，符合就记录，然后输出，时间复杂度O(k*di3)。
1 #include<iostream> 2 #include<algorithm> 3 #include<cstdio> 4 #include<cmath> 5 #include<cstring> 6 using namespace std; 7 long long c[5],k,s,p,sum,t; 8 inline int getint() 9 { 10 int a=0;char x=getchar();bool f=0; 11 while((x<'0'||x>'9')&&x!='-')x=getchar(); 12 if(x=='-')f=1,x=getchar(); 13 while(x>='0'&&x<='9')a=a*10+x-'0',x=getchar(); 14 return f?-a:a; 15 } 16 int main() 17 { 18 freopen("happy.in","r",stdin); 19 freopen("happy.out","w",stdout); 20 for(int i=0;i<4;i++)c[i]=getint();k=getint(); 21 while(k--) 22 { 23 sum=0;int x=getint(),y=getint(),z=getint(),l=getint();s=getint(); 24 for(int i=0;i<=x;i++) 25 { 26 for(int j=0;j<=y;j++) 27 { 28 29 for(int q=0;q<=z;q++) 30 { 31 t+=(c[0]*i+c[1]*j+c[2]*q); 32 if(t<=s&&((s-t)%c[3]==0&&(s-t)/c[3]<=l))sum++; 33 t=0; 34 } 35 } 36 } 37 printf("%lld ",sum); 38 } 39 return 0; 40 }
2、正解:dp预处理+容斥原理(100分)。原题是洛谷：p1450硬币购物
显然直接用多重背包做会超时，先不考虑每种硬币数量的限制，设f[i]为不考虑每种硬币数量的限制时，面值为i的方案数，则状态转移方程就呼之欲出了:f[i]=sum{f[i-c[k]]}(i-c[k]>=0&&1<=k<=4)
为避免方案重复，要以k为阶段递推，边界条件为f[0]=1，这样预处理的时间复杂度就是O(s)。
接下来对于每次询问，根据容斥原理，答案即为得到面值为S的不超过限制的方案数=得到面值S的无限制的方案数即f[s]
– 第1种硬币超过限制的方案数 – 第2种硬币超过限制的方案数 – 第3种硬币超过限制的方案数 – 第4种硬币超过限制的方案数
+ 第1,2种硬币同时超过限制的方案数 + 第1,3种硬币同时超过限制的方案数 + …… + 第1,2,3,4种硬币全部同时超过限制的方案数。
用dfs实现，当选择的个数是奇数时用减号否则用加号。
当第1种硬币超过限制时，只要要用到D[1]+1枚硬币，剩余的硬币可以任意分配，所以方案数为 F[ S – (D[1]+1)*C[1] ]，
当且仅当(S – (D[1]+1)*C[1])>=0，否则方案数为0。其余情况类似，每次询问只用问16次，所以询问的时间复杂度为O(1)。
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #define ll long long 4 using namespace std; 5 ll ans,f[100005]; 6 int T; 7 int c[5],d[5]; 8 inline int read() 9 { 10 int x=0;char ch=getchar(); 11 while(ch<'0'||ch>'9')ch=getchar(); 12 while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();} 13 return x; 14 } 15 void dfs(int x,int k,int sum) 16 { 17 if(sum<0)return; 18 if(x==5) 19 { 20 if(k&1)ans-=f[sum]; 21 else ans+=f[sum]; 22 return; 23 } 24 dfs(x+1,k+1,sum-(d[x]+1)*c[x]); 25 dfs(x+1,k,sum); 26 } 27 int main() 28 { 29 freopen("happy.in","r",stdin); 30 freopen("happy.out","w",stdout); 31 for(int i=1;i<=4;i++)c[i]=read(); 32 T=read(); 33 f[0]=1; 34 for(int i=1;i<=4;i++) 35 for(int j=c[i];j<=100000;j++) 36 f[j]+=f[j-c[i]]; 37 for(int i=1;i<=T;i++) 38 { 39 for(int k=1;k<=4;k++)d[k]=read(); 40 int x=read(); 41 ans=0; 42 dfs(1,0,x); 43 printf("%lld ",ans); 44 } 45 fclose(stdin);fclose(stdout); 46 return 0; 47 }
3.谁是最颓的？(tui.c/cpp/pas 128M,1s)
Description
qyp是一个非常会颓的人，在qyp的班级中，有n个同学，许多同学都有有别的同学比自己颓的想法，现在有m个想法，用如(p,q)这样的整数对表示p认为q比自己颓，显然这种关系是具有传递性的，即如果p认为q比自己颓，q认为r比自己颓，那么显然p也就认为r比自己颓了。
现在qyp拿到了这m个想法，他想知道有多少同学是班上其他所有同学都认为是比自己颓的，但是由于有太多的同学都仰慕qyp来到qyp的班上，导致他们班的人太多，qyp已经算不清了，于是他希望你能写一个程序来帮助他完成这个任务。
Input(tui.in)
第一行两个数n,m。
接下来m行，每行两个数p,q，意思是p认为q比自己颓（给出的信息有可能重复，即有可能出现多个p,q）
Output(tui.out)
一个数，即有多少个同学被其他所有的同学认为是受欢迎的。
Sample Input(tui.in)
3 3
1 2
2 1
2 3
Sample Output(tui.out)
1
Hint
对于10%的数据 n<=20,m<=50
对于40%的数据 n<=5000,m<=50000
对于100%的数据 n<=100000,m<=500000
Solution：
1、暴力40分。直接搜索，暴力每一个点。
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<algorithm> 4 #include<cstring> 5 #include<cstdlib> 6 using namespace std; 7 int h[100001],m,sum=1,sums=0,v[100001],n,sumd; 8 struct edge{ 9 int to; 10 int next; 11 }road[100001]; 12 inline int getint() 13 { 14 int a=0;char x=getchar();bool f=0; 15 while((x<'0'||x>'9')&&x!='-')x=getchar(); 16 if(x=='-')f=1,x=getchar(); 17 while(x>='0'&&x<='9')a=a*10+x-'0',x=getchar(); 18 return f?-a:a; 19 } 20 void add(int x1,int y1) 21 { 22 road[sum].to=x1; 23 road[sum].next=h[y1]; 24 h[y1]=sum++; 25 } 26 void dfs(int i) 27 { 28 v[i]=1; 29 sumd++; 30 int j; 31 for(j=h[i];j!=0;j=road[j].next) 32 { 33 if(v[road[j].to]==0) 34 dfs(road[j].to); 35 } 36 } 37 int main() 38 { 39 freopen("tui.in","r",stdin); 40 freopen("tui.out","w",stdout); 41 int i,x,y,j,f; 42 scanf("%d%d",&n,&m); 43 for(i=1;i<=m;i++) 44 {x=getint();y=getint(); 45 add(x,y); 46 } 47 for(i=1;i<=n;i++) 48 { 49 f=1; 50 memset(v,0,sizeof(v)); 51 sumd=0; 52 dfs(i); 53 if(sumd==n) 54 sums++; 55 } 56 printf("%d",sums); 57 return 0; 58 }
2、正解：tarjan缩点 不懂度娘 原题：洛谷p2341受欢迎的牛
先将原图反向连边，则只要求能到所有点的点的个数。。tarjan缩点，缩点后显然所有答案都在一个强连通分量中。。
重新构图，找一个没有入度的强连通分量，若它能到达其他的所有强连通分量，则为答案。。证明略。。想一下就清楚了。。
1 #include<cstdio> 2 #include<iostream> 3 #include<cstring> 4 #define N 100010 5 #define M 500010 6 using namespace std; 7 int n,m,a,b,cnt,ind,top,tot,rt,list[N],list2[N],low[N]; 8 int dfn[N],st[N],fa[N],sum[N],d[N]; 9 int toit[M],nex[M],toit2[M],next2[M]; 10 bool fl,vis[N],inst[N]; 11 int read() 12 { 13 int x=0;char ch=getchar(); 14 while(ch<'0'||ch>'9')ch=getchar(); 15 while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();} 16 return x; 17 } 18 void add(int u,int v) 19 { 20 toit[++tot]=v;nex[tot]=list[u];list[u]=tot; 21 } 22 void add2(int u,int v) 23 { 24 toit2[++tot]=v;next2[tot]=list2[u];list2[u]=tot; 25 } 26 void tarjan(int x) 27 { 28 ind++;low[x]=ind;dfn[x]=ind; 29 top++;st[top]=x;inst[x]=1; 30 vis[x]=1; 31 for(int t=list[x];t;t=nex[t]) 32 if(!vis[toit[t]]) 33 { 34 tarjan(toit[t]); 35 low[x]=min(low[x],low[toit[t]]); 36 } 37 else 38 if(inst[toit[t]])low[x]=min(low[x],dfn[toit[t]]); 39 if(dfn[x]==low[x]) 40 { 41 cnt++; 42 while(st[top+1]!=x) 43 { 44 inst[st[top]]=0; 45 sum[cnt]++;fa[st[top]]=cnt; 46 top--; 47 } 48 } 49 } 50 void dfs(int x) 51 { 52 vis[x]=1; 53 for(int t=list2[x];t;t=next2[t]) 54 if(!vis[toit2[t]])dfs(toit2[t]); 55 } 56 int main() 57 { 58 freopen("tui.in","r",stdin); 59 freopen("tui.out","w",stdout); 60 n=read();m=read(); 61 for(int i=1;i<=m;i++) 62 a=read(),b=read(),add(b,a); 63 for(int i=1;i<=n;i++) 64 if(!vis[i])tarjan(i); 65 tot=0; 66 for(int i=1;i<=n;i++) 67 for(int t=list[i];t;t=nex[t]) 68 if(fa[i]!=fa[toit[t]]) 69 { 70 add2(fa[i],fa[toit[t]]); 71 d[fa[toit[t]]]++; 72 } 73 memset(vis,0,sizeof(vis)); 74 for(int i=1;i<=cnt;i++) 75 if(d[i]==0){dfs(i);rt=i;break;} 76 fl=1; 77 for(int i=1;i<=cnt;i++) 78 if(!vis[i]){fl=0;break;} 79 if(fl)printf("%d",sum[rt]); 80 else printf("0"); 81 return 0; 82 }