T1
随便搜
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define ll long long 3 using namespace std; 4 inline int read(){ 5 int x=0; bool f=1; char c=getchar(); 6 for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=0; 7 for(; isdigit(c);c=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+(c^'0'); 8 if(f) return x; 9 return 0-x; 10 } 11 int T,len; 12 char c[12]; 13 ll L; 14 bool dfs2(int wz,ll cur,ll sum,bool Last){ 15 if(!(wz^len)) return sum+cur==L ? 1 : 0; 16 if(Last==1 && dfs2(wz,0,sum+cur,0)) return 1; 17 if(dfs2(wz+1,(cur<<3)+(cur<<1)+(c[wz]^'0'),sum,1)) return 1; 18 return 0; 19 } 20 bool dfs(int wz,ll cur,ll sum,bool Last){ 21 if(!(wz^len)) return 0; 22 if(Last==1){ 23 L=sum+cur; 24 if(dfs2(wz,0,0,0)) return 1; 25 } 26 if(Last==1 && dfs(wz,0,sum+cur,0)) return 1; 27 if(dfs(wz+1,(cur<<3)+(cur<<1)+(c[wz]^'0'),sum,1)) return 1; 28 return 0; 29 } 30 int main(){ 31 T=read(); 32 while(T--){ 33 scanf("%s",c); 34 len=strlen(c); 35 if(dfs(0,0,0,0)) printf("Yes "); 36 else printf("No "); 37 } 38 return 0; 39 }
T2
一道奇怪的题目。
首先想想dp，不好想。于是推推结论。
很快发现交换两个数只与以这两个数为两端的区间有关系。
具体就是说
你交换红黄两个位置的数，跟红块左边和黄块右边的部分是没有关系的，因为这两块中的0/1与外部的0/1的相对位置没变。
然后还会发现对于交换的两个数，只有左边是0、右边是1时才有意义，否则可以发现逆序对数不会多，花费也不会少，肯定不优。
然后左边的0和右边的1交换会增加多少逆序对呢？假设交换的两数的坐标分别为$i,j$，考虑两数中间部分$(i,j)$的取值。
对于中间所有的0，把1换到前面后它们会各自和前面的1形成一组新的逆序对；
对于中间所有的1，把0换到后面后它们会各自和后面的0形成一组新的逆序对。
也就是说，中间部分有多少个数，两端交换后就会出现多少新的逆序对。
再加上交换的一对0和1又形成一组新的逆序对，一次交换会形成$j-i$组新的逆序对。
将它和花费$cost_i+cost_j$作差，就得到了对答案的贡献。
显然，一组交换对答案的贡献 $le 0$ 的话肯定不如不换。
那如果一组交换对答案的贡献 $gt 0$，交换后一定更优么？
我们就得考虑交换结果与交换的先后顺序是否有关了。
首先，交换一组数肯定需要$cost_i+cost_j$的花费，有经验的同学会直观感觉这样的交换与先后顺序无关。
那怎么验证呢？我们取$2$组交换的情况即可。
1.两组交换区间不相交
T3
一眼认数据结构，两眼认线段树，三眼认树状数组。
一看区间操作机器人位置，那不就是线段树维护每个机器人的坐标了……
对于1操作，相当于区间赋值，打位置$tag_w$并打个清空子树中所有记录向父亲移动步数的$tag_f$的标记（因为后赋值刷掉前面的移动）。
对于2操作，跟1差不多，打向父亲移动步数的$tag_f$。
对于3操作，首先单点查询（查询一个机器人的当前位置），查到那个点的时候，先判断是否要用$tag_w$更新当前机器人在上一次1操作移到的位置，再将其向父亲移动$tag_f$步。
其次要维护一个子树和。我们可以按dfs序开两个树状数组分别表示 子树所有点的权值和 & 子树内有多少个开灯的点。（其中一个点的权值就是它的深度，它减去另一个点的深度就是两点的距离咯）。