7.23总结前日

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第一次：排名出来了，27名，离进队还差一点，要继续努力！

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7.22场链接
A题：
题意：一共有n张牌，每张牌有一个属性值(a,b,c)，每次比大小之前可以任意调换三个属性的位置，求有多少张牌通过这种方式肯定能战胜其他的牌。

解法：首先我们找出每张牌的属性值的最小的两个的最大值，之后我们依次枚举每个牌，看这张牌上最大的两个属性的牌能不能大于那最小的属性值，如果可以的话，这张牌就可以，符合要求。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<set>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef set<int>::iterator si;

const int maxn = 2e5 + 5;
struct poker {
    int a, b, c;
    //poker(int aa, int bb, int cc): a(aa), b(bb), c(cc) {}
    bool operator < (const poker & rhs) {
        return (a < rhs.a&&b < rhs.b) || (a < rhs.a&&c < rhs.c) || (b < rhs.b&&c < rhs.c)
            || (a < rhs.a&&b < rhs.b&&c < rhs.c);
    }
};
poker p[maxn];

int main() {
    int n; scanf("%d", &n);
    int min1, min2;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        int a[3];
        scanf("%d%d%d", &a[0], &a[1], &a[2]);
        sort(a, a + 3);
        p[i] = poker{ a[0], a[1], a[2] };
        min1 = max(min1, a[0]); min2 = max(min2, a[1]);
    }
    int ans = 0;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        if (p[i].c > min2&&p[i].b > min1)ans++;
    }
    printf("%d
", ans);
    return 0;
}

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B题：
题意：设 f(n) 表示 n 的每一位数字的平方之和，求 [a,b] 中有几个 n 满足 k × f(n)=n

解法：不是数位dp。由于最多18位，所以f（i）情况数最多为1458。我们依次枚举所有的这些情况，也就是每枚举一位，就根据公式算出来n的值，再对n分解因式，求每一位的平方和，之后判断这个平方和与枚举的f（i）是否一样，进而判断。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;

int main() {
    ll k, l, r;
    scanf("%lld%lld%lld", &k, &l, &r);
    ll side = min(1ll*1458, r / k), ans = 0;
    for (int i = 1; i <= side; i++) {
        ll n = k*i, res=0;
        if (n<l || n>r)continue;
        while (n) { res += (n % 10)*(n % 10); n /= 1LL*10; }
        if (res == i)ans++;
    }
    printf("%lld", ans);
    return 0;
}

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C题：
题意：小 Hi 手上有 n 张面值互不相同的钱币，且面值都是 2 的幂次，现在他想知道，他可以组合出多少种小于等于 c 的正整数金额。

解法：这道题比较复杂，又是一道二进制的经典例题
首先我们算出来一共有多少种钱币，之后分离出来c的每一位，如果这一位是1而且这一位的N_bit[]不为0，就往下拓展
这道题没怎么弄懂，以后要多看

//雷大佬牛批！

#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll pow[100];
int N_bit[100], C_bit[100], sum[100];

int main() {
    int n;
    ll c;
    scanf("%d%lld", &n, &c);
    pow[0] = 1;

    //pow[i]是2的i次方
    for (int i = 1; i <= 63; i++) {
        pow[i] = pow[i - 1] * 2;
    }

    //N_bit[i]表示面值为2的i次方的硬币有多少个
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        ll tmp;
        scanf("%lld", &tmp);
        int t = -1;
        while (tmp) {
            ++t;
            tmp >>= 1;
        }
        N_bit[t] += 1;
    }

    //sum[i]表示2的i次方以前的硬币共有多少种
    sum[0] = N_bit[0];
    for (int i = 1; i <= 64; i++) {
        sum[i] = sum[i - 1] + N_bit[i];
    }

    //分离要求的c的每一位
    ll tmp = c;
    int t = 0;
    while (tmp) {
        C_bit[t] = (tmp & 1);
        tmp >>= 1;
        t++;
    }
    t--;

    //从高到低枚举每一位，每一位的方案总数为小于它的钱币个数（拿或不拿）
    ll ans = 0;
    for (int i = t; i >= 0; i--) {
        if (C_bit[i]) {
            ans += pow[sum[i - 1]];
            if (!N_bit[i])break;
        }
    }
    printf("%lld
", ans - 1);
    return 0;
}

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E题：（莫队）
题意：有一个序列，长度为n，定义这段序列的权值为这段序列所有数组的（Ks·Ks·s）之和 ，Ks为s在这段序列中出现的次数，给出m个区间，问每个区间的权值为多少。

解法：莫队求解，模板题

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 1e6 + 5;
typedef long long ll;

int pos[maxn], vis[maxn * 10], a[maxn];
ll ans[maxn], num;

struct node {
    int l, r, id;
    node(){}
    node(int l, int r, int id) :l(l), r(r), id(id) {}
    bool operator < (const node& rhs) {
        return pos[l] < pos[rhs.l] || (pos[l] == pos[rhs.l] && pos[r] < pos[rhs.r]);
    }
};
node q[maxn];

void add(int x) {
    vis[x]++;
    num += x*(vis[x] * vis[x] - (vis[x] - 1)*(vis[x] - 1));
}

void del(int x) {
    vis[x]--;//vis[x]已经减过了
    num -= x*((vis[x] + 1)*(vis[x] + 1) - vis[x] * vis[x]);
}

int main() {
    int n, m;
    scanf("%d%d", &n, &m);
    ll len = sqrt(1.0*n);

    for (int i = 1; i <= n; i++){
        scanf("%d", &a[i]);
        pos[i] = i / len;
    }
    for (int i = 1; i <= m; i++){
        scanf("%d %d", &q[i].l, &q[i].r);
        q[i].id = i;
    }

    sort(q + 1, q + 1 + m);
    num = 0;
    int l = 1, r = 0;
    for (int i = 1; i <= m; i++)
    {
        while (r < q[i].r) add(a[++r]);
        while (r > q[i].r) del(a[r--]);
        while (l < q[i].l) del(a[l++]);
        while (l > q[i].l) add(a[--l]);
        ans[q[i].id] = num;
    }
    for (int i = 1; i <= m; i++)
        printf("%I64d
", ans[i]);
    return 0;
}

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Uva1608
题意：如果一个序列的任意连续子序列中至少有一个只出现了一次的元素，则称这个序列是non-boring。输入n个元素的序列，判断它是不是无聊的。

解法：枚举区间

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<map>
#include<set>
using namespace std;
const int maxn = 2e5 + 5;
int a[maxn], pre[maxn], nex[maxn];
map<int, int>mp;
int n;

//pre[i]是左边离他最近的元素的下标，nex[i]是右边离他最近的元素的下标
//枚举区间，如果a[i]是这个区间内唯一出现的元素，那么我们只去要判断l~i-1
//以及i+1~r即可
int check(int l, int r) {
    if (l >= r)return 1;
    for (int i = l, j = r; i <= j; i++, j--) {
        if (pre[i]<l&&nex[i]>r)return check(l, i - 1) && check(i + 1, r);
        if (pre[j]<l&&nex[j]>r)return check(l, j - 1) && check(j + 1, r);
    }
    return 0;
}

int main() {
    int T; scanf("%d", &T);
    while (T--) {
        scanf("%d", &n);
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            scanf("%d", &a[i]);
        }

        mp.clear();
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            if (mp.count(a[i])) pre[i] = mp[a[i]];
            else pre[i] = -1;
            mp[a[i]] = i;
        }
        mp.clear();
        for (int i = n ; i >= 1; i--) {
            if (mp.count(a[i])) nex[i] = mp[a[i]];
            else nex[i] = n+1;
            mp[a[i]] = i;
        } 

        if (check(1, n))printf("non-boring
");
        else printf("boring
");
    }
    return 0;
}