9月14日：
luogu P1627 [CQOI2009]中位数
题意：给出1~n的一个排列，统计该排列有多少个长度为奇数的连续子序列的中位数是b。中位数是指把所有元素从小到大排列后，位于中间的数。
题解：根据中位数的性质，将大于b的数记为1，小于b的数记为-1，区间和为0的奇数序列即符合题意，再计数即可。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mp make_pair
#define rep(i, a, b) for(int i = (a);i <= (b);i++)
#define per(i, a, b) for(int i = (a);i >= (b);i--)
using namespace std;
typedef pair<int, int> pii;
typedef double db;
const int N = 1e6 + 50;
int n, b, a[N], lsum[N], rsum[N];
int l[N], r[N], minn = N, maxx = 0;
int pos;
ll ans = 0;
inline int read(){
int x = 0, f = 1;
char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') f = -1; ch = getchar();}
while(ch >='0' && ch <='9'){x = (x<<3)+(x<<1)+(ch^48); ch = getchar();}
return x*f;
}
int main(){
n = read(); b = read();
rep(i, 1, n){
a[i] = read();
if(a[i] < b) a[i] = -1;
if(a[i] == b) a[i] = 0, pos = i;
if(a[i] > b) a[i] = 1;
}
rep(i, pos+1, n) rsum[i] = rsum[i-1] + a[i], minn = min(minn, rsum[i]+n);
per(i, pos-1, 1) lsum[i] = lsum[i+1] + a[i], minn = min(minn, lsum[i]+n);
l[n] = r[n] = 1;
rep(i, pos+1, n) r[rsum[i]+n]++;
per(i, pos-1, 1) l[lsum[i]+n]++;
maxx = 2*n-minn;
rep(i, minn, maxx){
ans += (ll)l[i] * r[2*n-i];
}
printf("%lld
", ans);
return 0;
}
luogu P3407 散步
题意：数轴上有n个人，每秒钟在给定的方向（向东或向西）移动一个距离，当一个人与一个人相遇时两人不再移动，求t秒后，指定m个人所在的位置。
题解：预处理出相遇点，然后二分答案与pos+t进行比较即可。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mp make_pair
#define rep(i, a, b) for(int i = (a);i <= (b);i++)
#define per(i, a, b) for(int i = (a);i >= (b);i--)
using namespace std;
typedef pair<int, int> pii;
typedef double db;
const int N = 1e6 + 50;
const ll inf = 4557430888798830399;
ll n, t, q;
ll s[N], k = 0;
struct people{ll pos, dic, id; } a[N];
bool mycmp(people a, people b) {return a.pos < b.pos; }
inline ll read(){
ll x = 0, f = 1;
char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') f = -1; ch = getchar();}
while(ch >='0' && ch <='9'){x = (x<<3)+(x<<1)+(ch^48); ch = getchar();}
return x*f;
}
int main(){
n = read(); t = read(); q = read();
rep(i, 1, n) a[i].pos = read(), a[i].dic = read(), a[i].id = i;
sort(a+1, a+n+1, mycmp);
rep(i, 2, n){
if(a[i].dic == 2 && a[i-1].dic == 1) s[++k] = (a[i].pos+a[i-1].pos)>>1;
}
s[0] = -inf, s[k+1] = inf;
rep(i, 1, q){
ll x = read();
ll posx = a[a[x].id].pos, flag = a[a[x].id].dic;
ll l = 1, r = k, mid;
while(l < r){
mid = (l+r)>>1;
if(flag == 1){
if(s[mid] < posx) l = mid+1;
if(s[mid] > posx) r = mid;
}
if(flag == 2){
if(mid == l) mid++;
if(s[mid] < posx) l = mid;
if(s[mid] > posx) r = mid-1;
}
}
mid = l;
if(s[mid] < posx && flag == 2){
if(s[mid+1] < posx && s[mid+1] != inf) mid++;
}
if(s[mid] > posx && flag == 1){
if(s[mid-1] > posx && s[mid-1] != inf) mid--;
}
if(flag == 1){
if(s[mid] > posx+t && s[mid] > posx) printf("%lld
", posx+t);
else if(s[mid] < posx) printf("%lld
", posx+t);
else if(s[mid] < posx+t && s[mid] > posx) printf("%lld
", s[mid]);
else printf("%lld
", s[mid]);
}
if(flag == 2){
if(s[mid] < posx-t && s[mid] < posx) printf("%lld
", posx-t);
else if(s[mid] > posx-t && s[mid] < posx) printf("%lld
", s[mid]);
else if(s[mid] > posx) printf("%lld
", posx-t);
else printf("%lld
", s[mid]);
}
}
return 0;
}
9月15日：
HLOJ 糖果传递
题意：有n个小朋友坐成一圈，每人有ai个糖果。每人只能给左右两人传递糖果。每人每次传递一个糖果代价为1。
题解：环形均分纸牌，只要做过均分纸牌，稍稍分析一下就可以得出结论。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mp make_pair
#define rep(i, a, b) for(int i = (a);i <= (b);i++)
#define per(i, a, b) for(int i = (a);i >= (b);i--)
using namespace std;
typedef pair<int, int> pii;
typedef double db;
const int N = 1e6 + 50;
ll n, a[N], b[N], tot = 0, sum[N];
ll ans, cnt;
inline ll read(){
ll x = 0, f = 1;
char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') f = -1; ch = getchar();}
while(ch >='0' && ch <='9'){x = (x<<3)+(x<<1)+(ch^48); ch = getchar();}
return x*f;
}
void init(){
n = read();
rep(i, 1, n) a[i] = read(), tot += a[i];
tot /= n;
rep(i, 1, n) b[i] = a[i]-tot;
rep(i, 1, n) sum[i] = sum[i-1] + b[i];
}
void work(){
nth_element(sum+1, sum+(n+1)/2, sum+n+1);
cnt = sum[(n+1)/2];
rep(i, 1, n) ans += abs(sum[i]-cnt);
}
void print(){
printf("%lld
", ans);
}
int main(){
init();
work();
print();
return 0;
}
HLOJ The Pilots Brothers refrigerator
题意：给出4×4共16个门把手，改变一个门把手（打开或关闭）需要同时改变同行同列的门把手，当所有门把手都打开时才能打开门。+代表关，-代表开。
题解：要使一个为'+'的符号变为'-',必须其相应的行和列的操作数为奇数;可以证明,如果'+'位置对应的行和列上每一个位置都进行一次操作,则整个图只有这一'+'位置的符号改变,其余都不会改变.
将所有的行和列的位置都加1后，在将其模2之前,对给定的数组状态，将所有的位置操作其所存的操作数个次数，举例，如果a[i][j]==n,则对（i,j）操作n次，当所有的操作完后，即全为‘-’的数组。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mp make_pair
#define rep(i, a, b) for(int i = (a);i <= (b);i++)
#define per(i, a, b) for(int i = (a);i >= (b);i--)
using namespace std;
typedef pair<int, int> pii;
typedef double db;
const int N = 1e6 + 50;
char s[10][10];
int a[10][10], vis[10][10];
int ansx[N], ansy[N], ans = 0, h = 0;
inline int read(){
int x = 0, f = 1;
char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') f = -1; ch = getchar();}
while(ch >='0' && ch <='9'){x = (x<<3)+(x<<1)+(ch^48); ch = getchar();}
return x*f;
}
int main(){
rep(i, 1, 4) rep(j, 1, 4) cin >> s[i][j];
rep(i, 1, 4) rep(j, 1, 4){
if(s[i][j] == '+') {
a[i][j] ^= 1;
rep(k, 1, 4) a[i][k] ^= 1;
rep(k, 1, 4) a[k][j] ^= 1;
}
}
rep(i, 1, 4) rep(j, 1, 4){
if(a[i][j]) {
ans++;
ansx[++h] = i;
ansy[h] = j;
}
}
printf("%d
", ans);
rep(i, 1, h) printf("%d %d
", ansx[i], ansy[i]);
return 0;
}
HLOJ 占卜DIV
题意（稍稍有点长）：
lyd学会了使用扑克DIY占卜。方法如下：一副去掉大小王的扑克共52张，打乱后均分为13堆，编号1~13，每堆4张，其中第13堆称作“生命牌”，也就是说你有4条命。这里边，4张K被称作死神。
初始状态下，所有的牌背面朝上扣下。
流程如下：
1.抽取生命牌中的最上面一张(第一张)。
2.把这张牌翻开，正面朝上，放到牌上的数字所对应编号的堆的最上边。(例如抽到2，正面朝上放到第2堆牌最上面，又比如抽到J，放到第11堆牌最上边，注意是正面朝上放)
3.从刚放了牌的那一堆最底下(最后一张)抽取一张牌，重复第2步。（例如你上次抽了2，放到了第二堆顶部，现在抽第二堆最后一张发现是8，又放到第8堆顶部.........）
4.在抽牌过程中如果抽到K，则称死了一条命，就扔掉K再从第1步开始。
5.当发现四条命都死了以后，统计现在每堆牌上边正面朝上的牌的数目，只要同一数字的牌出现4张正面朝上的牌(比如4个A)，则称“开了一对”，当然4个K是不算的。
6.统计一共开了多少对，开了0对称作"极凶"，1~2对为“大凶”，3对为“凶”，4~5对为“小凶”，6对为“中庸”，7~8对“小吉”，9对为“吉”，10~11为“大吉”，12为“满堂开花，极吉”。
题解：清一色的模拟题，按照题意直接模拟，注意一下细节。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mp make_pair
#define rep(i, a, b) for(int i = (a);i <= (b);i++)
#define per(i, a, b) for(int i = (a);i >= (b);i--)
using namespace std;
typedef pair<int, int> pii;
typedef double db;
const int N = 1e6 + 50;
int s[14][5], k[14], sum[15];
int ans = 0;
inline int read(){
int x = 0, f = 1;
char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') f = -1; ch = getchar();}
while(ch >='0' && ch <='9'){x = (x<<3)+(x<<1)+(ch^48); ch = getchar();}
return x*f;
}
int main(){
rep(i, 1, 13) rep(j, 1, 4) {
char ch;
cin >> ch;
if(ch == 'A') s[i][j] = 1;
else if(ch == '0') s[i][j] = 10;
else if(ch == 'J') s[i][j] = 11;
else if(ch == 'Q') s[i][j] = 12;
else if(ch == 'K') s[i][j] = 13;
else s[i][j] = (int)(ch-'0');
}
rep(i, 1, 13) k[i] = 4;
rep(i, 1, 4){
int x = s[13][i];
while (x != 13) {
sum[x]++;
x = s[x][k[x]--];
}
}
rep(i, 1, 14)
if (sum[i] == 4) ans++;
printf("%d
", ans);
return 0;
}
HLOJ solders
题意：这个题目的意思是给你n个士兵在棋盘里的坐标，要你将他们排成连续的一行(即与x轴平行)，问你最少要将这些士兵移动多少步。
题解：y坐标取中位数，x坐标转换为右值相等即可。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mp make_pair
#define rep(i, a, b) for(int i = (a);i <= (b);i++)
#define per(i, a, b) for(int i = (a);i >= (b);i--)
using namespace std;
typedef pair<int, int> pii;
typedef double db;
const int N = 1e6 + 50;
int n, sum = 0, totx = 0, toty = 0;
int x[N], y[N];
inline int read(){
int x = 0, f = 1;
char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') f = -1; ch = getchar();}
while(ch >='0' && ch <='9'){x = (x<<3)+(x<<1)+(ch^48); ch = getchar();}
return x*f;
}
int main(){
n = read();
rep(i, 1, n) x[i] = read(), y[i] = read();
sort(y+1, y+n+1);
toty = y[n/2+1];
sort(x+1, x+n+1);
rep(i, 1, n) x[i] -= (i-1);
sort(x+1, x+n+1);
totx = x[n/2+1];
rep(i, 1, n) sum += abs(totx-x[i]) + abs(toty-y[i]);
printf("%d
", sum);
return 0;
}
HLOJ Sumdiv
题意：求A的B次方mod 1e9 + 7 的值。
题解：对A进行质因子分解，然后推出计算公式，等比数列求和后，求个逆元，再累乘取模即可。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mp make_pair
#define rep(i, a, b) for(int i = (a);i <= (b);i++)
#define per(i, a, b) for(int i = (a);i >= (b);i--)
using namespace std;
typedef pair<int, int> pii;
typedef double db;
const ll mod = 1000000007;
const int N = 1e6 + 50;
ll a, b, p[N], c[N], k = 0;
ll ans = 1;
inline ll read(){
ll x = 0, f = 1;
char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') f = -1; ch = getchar();}
while(ch >='0' && ch <='9'){x = (x<<3)+(x<<1)+(ch^48); ch = getchar();}
return x*f;
}
void divide(ll x){
rep(i, 2, sqrt(x))
if(x % i == 0) {
p[++k] = i; c[k] = 0;
while(x % i == 0) x /= i, c[k]++;
}
if(x > 1) p[++k] = x, c[k] = 1;
}
ll pow(ll a, ll b){
ll ans = 1;
while(b){
if(b & 1) ans = (ans*a)%mod;
b >>= 1;
a = a*a%mod;
}
return ans;
}
void work(){
rep(i, 1, k){
ans = ans*( ( pow( p[i], b*c[i]+1 )-1 )%mod * pow( p[i]-1, mod-2 )%mod)%mod;
}
}
int main(){
a = read(); b = read();
divide(a);
work();
if(a == 0) printf("0
");
else printf("%lld
", (ans+mod)%mod);
return 0;
}
HLOJ 防线
题意：用三个整数S,E 和D 来描述一组防具，即这一组防具布置在防线的S，S + D，S + 2D，...，S + KD（K∈Z，S + KD≤E，S + (K + 1)D＞E）位置上。求某个具有奇数个防具的位置。
题解：整体为二分的思想，二分坐标，l为0， r为最远的点，因为最多只有一个奇数，所以每次二分找区间的数字和是不是奇数即可。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mp make_pair
#define rep(i, a, b) for(int i = (a);i <= (b);i++)
#define per(i, a, b) for(int i = (a);i >= (b);i--)
using namespace std;
typedef pair<int, int> pii;
typedef double db;
const int N = 1e6 + 50;
const ll inf = 9984432123;
ll n, t;
ll e[N],s[N],d[N];
inline int read(){
int x = 0, f = 1;
char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') f = -1; ch = getchar();}
while(ch >='0' && ch <='9'){x = (x<<3)+(x<<1)+(ch^48); ch = getchar();}
return x*f;
}
ll calc(ll x){
ll res = 0;
for(int i = 1;i <= n;i++)
if(s[i] <= x) res = res+(min(e[i], x)-s[i])/d[i]+1;
return res;
}
int main(){
t = read();
while(t--){
n = read();
ll l = 0, r;
for(int i = 1;i <= n;i++) s[i] = read(), e[i] = read(), d[i] = read(), r = max(r, e[i]);
ll ans = 0;
while(l <= r){
ll mid = (l+r)>>1;
if(calc(mid) & 1) r = mid-1, ans = mid;
else l = mid+1;
}
if(!ans) puts("There's no weakness.");
else printf("%lld %lld
", ans, calc(ans)-calc(ans-1));
}
return 0;
}
HLOJ to the max
题意：给定一个n*n的矩阵，求其最大的子矩阵的数字和。（n <= 100）
题解：大水题，预处理前缀和，直接枚举计算，取最大值即可。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mp make_pair
#define rep(i, a, b) for(int i = (a);i <= (b);i++)
#define per(i, a, b) for(int i = (a);i >= (b);i--)
using namespace std;
typedef pair<int, int> pii;
typedef double db;
const int N = 1e6 + 50;
ll n, a[3010][3010];
ll f[3010][3010], ans = 0;
inline ll read(){
ll x = 0, f = 1;
char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') f = -1; ch = getchar();}
while(ch >='0' && ch <='9'){x = (x<<3)+(x<<1)+(ch^48); ch = getchar();}
return x*f;
}
void init(){
n = read();
rep(i, 1, n) rep(j, 1, n) a[i][j] = read();
f[1][1] = a[1][1];
rep(i, 1, n){
f[i][1] = f[i-1][1] + a[i][1];
rep(j, 2, n){
f[i][j] = f[i-1][j] + f[i][j-1] + a[i][j] - f[i-1][j-1];
}
}
}
void work(){
ans = a[1][1];
rep(i, 1, n) rep(j, 1, n) rep(p, i, n) rep(q, j, n){
ll sum = f[p][q] - f[i-1][q] - f[p][j-1] + f[i-1][j-1];
ans = max(ans, sum);
}
}
void print(){
printf("%lld
", ans);
}
int main(){
init();
work();
print();
return 0;
}
HLOJ Sunscreen
题意：
奶牛们计划着去海滩上享受日光浴。为了避免皮肤被阳光灼伤，所有C(1 <= C <= 2500)头奶牛必须在出门之前在身上抹防晒霜。第i头奶牛适合的最小和最 大的SPF值分别为minSPF_i和maxSPF_i(1 <= minSPF_i <= 1,000; minSPF_i <= maxSPF_i <= 1,000)。如果某头奶牛涂的防晒霜的SPF值过小，那么阳光仍然能 把她的皮肤灼伤；如果防晒霜的SPF值过大，则会使日光浴与躺在屋里睡觉变得 几乎没有差别。为此，奶牛们准备了一大篮子防晒霜，一共L(1 <= L <= 2500)瓶。第i瓶 防晒霜的SPF值为SPF_i(1 <= SPF_i <= 1,000)。瓶子的大小也不一定相同，第i 瓶防晒霜可供cover_i头奶牛使用。当然，每头奶牛只能涂某一个瓶子里的防晒霜 ，而不能把若干个瓶里的混合着用。 请你计算一下，如果使用奶牛们准备的防晒霜，最多有多少奶牛能在不被灼 伤的前提下，享受到日光浴的效果？
简明一点就是：给你若干线段和点，每个点可以与包含这个点的线段匹配，求最大匹配数。
题解：线段按右端点排序，防晒霜按防护值排序，之后进行贪心即可，注意防晒霜的数量。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mp make_pair
#define rep(i, a, b) for(int i = (a);i <= (b);i++)
#define per(i, a, b) for(int i = (a);i >= (b);i--)
using namespace std;
typedef pair<int, int> pii;
typedef double db;
const int N = 1e6 + 50;
int k, c, ans = 0;
struct cow{ int l, r; } a[N];
struct node{ int l, r; } b[N];
inline int read(){
int x = 0, f = 1;
char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') f = -1; ch = getchar();}
while(ch >='0' && ch <='9'){x = (x<<3)+(x<<1)+(ch^48); ch = getchar();}
return x*f;
}
bool cmp1(cow x, cow y){return x.l > y.l;}
bool cmp2(node x, node y){return x.l > y.l;}
int main(){
c = read(); k = read();
rep(i, 1, c) a[i].l = read(), a[i].r = read();
rep(i, 1, k) b[i].l = read(), b[i].r = read();
sort(a+1, a+c+1, cmp1);
sort(b+1, b+k+1, cmp2);
rep(i, 1, c) rep(j, 1, k){
if(b[j].l >= a[i].l && b[j].l <= a[i].r && b[j].r) {
ans++; b[j].r--;
break;
}
}
printf("%d
", ans);
return 0;
}
HLOJ Task
题意：有n个机器，m个任务。每个机器至多能完成一个任务。对于每个机器，有一个最大运行时间xi和等级yi，对于每个任务，也有一个运行时间xj和等级yj。只有当xi>=xj且yi>=yj的时候，机器i才能完成任务j，并获得500xj+2yj金钱。问最多能完成几个任务，当出现多种情况时，输出获得金钱最多的情况。
题解：根据任务去选择机器，任务从小到大排列好，遍历的时候。每次先把所有时间大于该任务的机器按照等级存储下来，同等级的机器是等效的，因为只要能完成任务都是等效的，然后取其中恰好大于等于该任务的等级的机器，正确性可以证明。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mp make_pair
#define rep(i, a, b) for(int i = (a);i <= (b);i++)
#define per(i, a, b) for(int i = (a);i >= (b);i--)
using namespace std;
typedef pair<int, int> pii;
typedef double db;
const int N = 1e6 + 50;
int n, m, maxx = 0, ans1, p[N];
ll ans2;
struct node{ int x, y; } a[N];
struct task{ int x, y;} b[N];
inline int read(){
int x = 0, f = 1;
char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') f = -1; ch = getchar();}
while(ch >='0' && ch <='9'){x = (x<<3)+(x<<1)+(ch^48); ch = getchar();}
return x*f;
}
bool mycmp1(node x, node y){ return (x.x > y.x) || (x.x == y.x && x.y > y.y ); }
bool mycmp2(task x, task y){ return (x.x > y.x) || (x.x == y.x && x.y > y.y ); }
void init(){
n = read(); m = read();
rep(i, 1, n) a[i].x = read(), a[i].y = read();
rep(i, 1, m) b[i].x = read(), b[i].y = read();
}
void work(){
sort(a+1, a+n+1, mycmp1);
sort(b+1, b+m+1, mycmp2);
int j = 1;
rep(i, 1, m){
while(j <= n && a[j].x >= b[i].x){
p[a[j].y] ++;
j++;
}
rep(k, b[i].y, 100){
if(p[k]){
p[k] --;
ans1++; ans2 += (ll)b[i].x*500 + b[i].y * 2;
break;
}
}
}
}
void print(){
printf("%d %lld
", ans1, ans2);
}
int main(){
init();
work();
print();
return 0;
}
9月16日
HLOJ 货仓选址
题意：在一条数轴上有N家商店，它们的坐标分别为 A[1]~A[N]。现在需要在数轴上建立一家货仓，每天清晨，从货仓到每家商店都要运送一车商品。为了提高效率，求把货仓建在何处，可以使得货仓到每家商店的距离之和最小。
题解：大水题，先按坐标排序，取中位数为货仓地址，直接计算即可。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mp make_pair
#define rep(i, a, b) for(int i = (a);i <= (b);i++)
#define per(i, a, b) for(int i = (a);i >= (b);i--)
using namespace std;
typedef pair<int, int> pii;
typedef double db;
const int N = 1e6 + 50;
ll n, a[N], ans = 0, pos;
inline ll read(){
ll x = 0, f = 1;
char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') f = -1; ch = getchar();}
while(ch >='0' && ch <='9'){x = (x<<3)+(x<<1)+(ch^48); ch = getchar();}
return x*f;
}
void init(){
n = read();
rep(i, 1, n) a[i] = read();
sort(a+1, a+n+1);
}
void work(){
pos = a[n/2+1];
rep(i, 1, n) ans += (ll)abs(a[i] - pos);
}
void print(){
printf("%lld
" , ans);
}
int main(){
init();
work();
print();
return 0;
}
HLOJ Corral the Cows
题意：约翰打算建一个围栏来圈养他的奶牛.作为最挑剔的兽类，奶牛们要求这个围栏必须是正方形的，而且围栏里至少要有（1<=C< =500)个草场，来供应她们的午餐. 约翰的土地上共有C<=N<=500)个草场，每个草场在一块1x1的方格内，而且这个方格的 坐标不会超过10000.有时候，会有多个草场在同一个方格内，那他们的坐标就会相同. 告诉约翰，最小的围栏的边长是多少？
题解：考虑将坐标离散化，然后求二维前缀和，由于N<=500，所以离散化后最多也只有1000个点，检验时，我们枚举正方形的左上角，用二分求出它的右下角，然后，判断正方形内是否有大于C的草量。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mp make_pair
#define rep(i, a, b) for(int i = (a);i <= (b);i++)
#define per(i, a, b) for(int i = (a);i >= (b);i--)
using namespace std;
typedef pair<int, int> pii;
typedef double db;
const int N = 1e6 + 50;
const int str = 10000;
struct node{ int x, y; } a[N];
int f[3010][3010];
int n, c, minn = N, maxx = 0, ans = 0;
int px[N], py[N];
int bx[N], by[N], xc, yc;
inline int read(){
int x = 0, f = 1;
char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') f = -1; ch = getchar();}
while(ch >='0' && ch <='9'){x = (x<<3)+(x<<1)+(ch^48); ch = getchar();}
return x*f;
}
bool mycmp(node a, node b){ return a.x < b.x; }
void init(){
c = read(), n = read();
rep(i, 1, n) a[i].x = read(), a[i].y = read(), px[a[i].x]++, py[a[i].y]++;
rep(i, 1, str) {
if(px[i]) bx[++xc] = i;
px[i] = xc;
if(py[i]) by[++yc] = i;
py[i] = yc;
}
rep(i, 1, n) f[px[a[i].x]][py[a[i].y]]++;
rep(i, 1, xc) rep(j, 1, yc){
f[i][j] += f[i-1][j] + f[i][j-1] - f[i-1][j-1];
}
}
bool check(int x){
rep(i, px[x], xc) rep(j, py[x], yc){
int k = 0, l = 0;
if (bx[i] - x >= 0) k = px[bx[i] - x];
if (by[j] - x >= 0) l = py[by[j] - x];
if (f[i][j] - f[k][j] - f[i][l] + f[k][l] >= c)
return 1;
}
return 0;
}
void work(){
int l = 1, r = str;
while (l < r) {
int mid = (l + r) >> 1;
if (check(mid)) r = mid;
else l = mid + 1;
}
ans = l;
}
void print(){
printf("%d
", ans);
}
int main(){
init();
work();
print();
return 0;
}
HLOJ Stall Reservation
题意：给出n个区间，第i个区间表示为[li,ri]，询问把这些最少的分组数，使得每组内每个区间相离，1<=N<=50,000。
题解：按左端点排序
现在来考虑第i个区间的决策点，对于能分进的组j，必然是aj<lj，第i个区间才能被分进去，但是选哪一个组，按照朴素的思想，必然是选aj最小的或者最大的，因为是按左端点排序，后面的区间左端点必然增大，于是前面区间能分进的组，后面的区间也能分进，于是无论选哪一个组都无所谓，如果不能选，必然要新开一个组。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mp make_pair
#define rep(i, a, b) for(int i = (a);i <= (b);i++)
#define per(i, a, b) for(int i = (a);i >= (b);i--)
using namespace std;
typedef pair<int, int> pii;
typedef double db;
const int N = 1e6 + 50;
struct cow{ int l, r, id; } a[N];
int n, k = 0, f[N];
priority_queue < pii, vector< pii >, greater< pii > > q;
inline int read(){
int x = 0, f = 1;
char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') f = -1; ch = getchar();}
while(ch >='0' && ch <='9'){x = (x<<3)+(x<<1)+(ch^48); ch = getchar();}
return x*f;
}
bool mycmp(cow a, cow b){ return (a.l < b.l || (a.l == b.l && a.r < b.r)); }
void init(){
n = read();
rep(i, 1, n) a[i].l = read(), a[i].r = read(), a[i].id = i;
}
void work(){
sort(a+1, a+n+1, mycmp);
q.push(mp(a[1].r, ++k));
f[a[1].id] = k;
rep(i, 2, n) {
if(a[i].l > q.top().first) {
int x = q.top().second;
q.pop();
f[a[i].id] = x;
q.push(mp(a[i].r, x));
}
else {
f[a[i].id] = ++k;
q.push(mp(a[i].r, k));
}
}
}
void print(){
printf("%d
", k);
rep(i, 1, n) printf("%d
", f[i]);
}
int main(){
init();
work();
print();
return 0;
}
HLOJ Ultra-QuickSort
题意：给定一个序列，求这个序列的逆序对数。
题解：模板题，直接树状数组求逆序对就莫得了。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mp make_pair
#define rep(i, a, b) for(int i = (a);i <= (b);i++)
#define per(i, a, b) for(int i = (a);i >= (b);i--)
using namespace std;
typedef pair<int, int> pii;
typedef double db;
const int N = 1e6 + 50;
ll n, a[N], c[N];
ll lowbit(ll x){ return x&(-x);}
inline int read(){
int x = 0, f = 1;
char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') f = -1; ch = getchar();}
while(ch >='0' && ch <='9'){x = (x<<3)+(x<<1)+(ch^48); ch = getchar();}
return x*f;
}
void add(ll k, ll v){ while(k <= N) c[k] += v, k += lowbit(k); }
ll sum(ll k){
ll ans = 0;
while(k) ans += c[k], k -= lowbit(k);
return ans;
}
void init(){
while(~scanf("%lld", &n)){
if(!n) break;
ll ans = 0;
memset(c, 0, sizeof(c));
rep(i, 1, n) a[i] = read();
per(i, n, 1){
if(a[i] == 0) {
ans += (ll)i-1;
continue;
}
ans += (ll)sum(a[i]-1);
add(a[i], 1);
}
printf("%lld
", ans);
}
}
int main(){
init();
return 0;
}
HLOJ 奇数码问题
题意：在一个n*n的网格中进行，其中n为奇数，1个空格和1~n*n-1这n*n-1个数恰好不重不漏地分布在n*n的网格中。空格移动的规则与八数码游戏相同，实际上，八数码就是一个n=3的奇数码游戏。现在给定两个奇数码游戏的局面，请判断是否存在一种移动空格的方式，使得其中一个局面可以变化到另一个局面。
题解：当此表达式成立时，状态可达：(状态1奇偶性==状态2奇偶性)==(空格距离%2==0)。若两个状态的可相互到达，则有，两个状态的逆序奇偶性相同且空格距离为偶数，或者，逆序奇偶性不同且空格距离为奇数数。否则不能。逆序对用树状数组求。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mp make_pair
#define rep(i, a, b) for(int i = (a);i <= (b);i++)
#define per(i, a, b) for(int i = (a);i >= (b);i--)
using namespace std;
typedef pair<int, int> pii;
typedef double db;
const int N = 1e6 + 50;
int n, a[N], c[N];
int lowbit(int x){ return x&(-x);}
inline int read(){
int x = 0, f = 1;
char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') f = -1; ch = getchar();}
while(ch >='0' && ch <='9'){x = (x<<3)+(x<<1)+(ch^48); ch = getchar();}
return x*f;
}
void add(int k, int v){ while(k <= n) c[k] += v, k += lowbit(k); }
int sum(int k){
int ans = 0;
while(k) ans += c[k], k -= lowbit(k);
return ans;
}
int work(){
memset(c, 0, sizeof(c));
int ans = 0;
rep(i, 1, n){
a[i] = read();
if(!a[i]) continue;
ans += sum(n) - sum(a[i]);
add(a[i], 1);
}
return ans&1;
}
void init(){
while(~scanf("%d", &n)){
n *= n;
if(work() == work()) printf("TAK
");
else printf("NTE
");
}
}
int main(){
init();
return 0;
}
HLOJ Running Median
题意：你需要写一个程序，读入一个整数序列（在int范围内），每读入奇数个数后输出当前的中位数。
题解：考虑用两个堆来维护，一个大根堆一个小根堆。每次比较两个堆的堆顶，如果不相等就交换堆顶，否则堆顶即为所要求的中位数。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mp make_pair
#define rep(i, a, b) for(int i = (a);i <= (b);i++)
#define per(i, a, b) for(int i = (a);i >= (b);i--)
using namespace std;
typedef pair<int, int> pii;
typedef double db;
const int N = 1e6 + 50;
int t, n, m, k;
priority_queue < int, vector<int>, greater<int> > x;
priority_queue < int, vector<int>, less<int> > y;
inline int read(){
int x = 0, f = 1;
char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') f = -1; ch = getchar();}
while(ch >='0' && ch <='9'){x = (x<<3)+(x<<1)+(ch^48); ch = getchar();}
return x*f;
}
int main(){
t = read();
while(t--){
m = read(); n = read();
printf("%d %d
", m, n/2+1);
k = read();
while(x.size()) x.pop();
while(y.size()) y.pop();
printf("%d ", k);
y.push(k);
rep(i, 2, n){
k = read();
if(k > y.top()) x.push(k);
else y.push(k);
while(abs(x.size()-y.size()) > 1){
if(x.size() > y.size()){
y.push(x.top());
x.pop();
}
else {
x.push(y.top());
y.pop();
}
}
if(i & 1){
if(y.size() > x.size()) printf("%d ", y.top());
else printf("%d ", x.top());
}
if(i % 20 == 19) printf("
");
}
printf("
");
}
return 0;
}
HLOJ 七夕祭
题意：有一个会场由N排M列共计N×M个摊点组成。但是小LL只对其中的一部分摊点感兴趣。他预先联系了会场的负责人，希望能够通过恰当地布置会场，使得各行中他感兴趣的摊点数一样多，并且各列中他感兴趣的摊点数也一样多。但是摊点已经随意布置完毕了，如果想满足小LL的要求，唯一的调整方式就是交换两个相邻的摊点。两个摊点相邻，当且仅当他们处在同一行或者同一列的相邻位置上，每一行或每一列的第一个位置和最后一个位置也算作相邻。现在小LL想知道他的两个要求最多能满足多少个。在此前提下，至少需要交换多少次摊点。
题解：类似糖果传递，设 bi 的前缀和为 si。如果从第 k 个位置开始，那么第 i 堆和第 i+1 堆交换的纸牌数就是 |si-sk|。总代价就是|s1-sk|+|s2-sk|+|s3-sk|+……+|sn-sk|。发现什么了？当 sk 是 s1~sn 中位数的时候，上式有最小值！所以把 si 排序后，令 sk=s[(n+1)/2]，计算代价即可。时间复杂度 O(nlogn)，预计得分 100 分。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mp make_pair
#define rep(i, a, b) for(int i = (a);i <= (b);i++)
#define per(i, a, b) for(int i = (a);i >= (b);i--)
using namespace std;
typedef pair<int, int> pii;
typedef double db;
const int N = 1e6 + 50;
int n, m, t, a[N], b[N];
ll ans = 0;
inline int read(){
int x = 0, f = 1;
char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') f = -1; ch = getchar();}
while(ch >='0' && ch <='9'){x = (x<<3)+(x<<1)+(ch^48); ch = getchar();}
return x*f;
}
void init(){
n = read(); m = read(); t = read();
rep(i, 1, t){
int x = read(), y = read();
a[x]++, b[y]++;
}
if((t % n != 0) && (t % m != 0)){
puts("impossible");
exit(0);
}
}
void work(){
rep(i, 1, n) a[i] -= t/n;
rep(i, 1, m) b[i] -= t/m;
if(t % n == 0){
rep(i, 2, n) a[i] += a[i-1];
sort(a+1, a+n+1);
rep(i, 1, n) ans += (ll)abs(a[i] - a[(n+1)/2]);
}
if(t % m == 0){
rep(i, 2, m) b[i] += b[i-1];
sort(b+1, b+m+1);
rep(i, 1, m) ans += (ll)abs(b[i]-b[(m+1)/2]);
}
}
void print(){
if(t % n != 0) printf("column ");
else {
if(t % m != 0) printf("row ");
else printf("both ");
}
printf("%lld
", ans);
}
int main(){
init();
work();
print();
return 0;
}
9月17日
HLOJ Color a Tree
题意：有一棵树，每个节点都有一个代价基值Ci。现在要给每个点染色，第一个染根节点，其余的节点染色的时候其父节点必须已染色。每个节点染色会用掉一个时间单位，每个节点染色的代价是染完此节点时的总时间T*Ci。问染完全部节点所需要的最小代价。
题解：每次找到一个权值最大的节点，如果它是根节点，则首先对它染色，否则的话我们可以得出一个结论，在对它的父亲已经染色的情况下，立刻给它染色是最优的。现在重点讨论第二种情况，当它不是根节点时，我们如果对它父亲染了色，则一定会立刻对它染色，所以可以把它和它父亲合并为同一个节点，它和它父亲的儿子都成为了新节点的儿子，它的父亲的父亲则是新节点的父亲。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mp make_pair
#define rep(i, a, b) for(int i = (a);i <= (b);i++)
#define per(i, a, b) for(int i = (a);i >= (b);i--)
using namespace std;
typedef pair<int, int> pii;
typedef double db;
const int N = 1e6 + 50;
int n, root, a[N], ans;
int head[N], cnt = 0;
struct node{
int to, next, fa, t;
double v;
} e[N];
void add(int x, int y){
cnt ++;
e[cnt].to = y;
e[cnt].next = head[x];
head[x] = cnt;
}
inline int read(){
int x = 0, f = 1;
char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') f = -1; ch = getchar();}
while(ch >='0' && ch <='9'){x = (x<<3)+(x<<1)+(ch^48); ch = getchar();}
return x*f;
}
int get(){
int res = -1;
double sum = 0;
rep(i, 1, n) {
if(i != root && sum < e[i].v){
sum = e[i].v;
res = i;
}
}
return res;
}
void init(){
n = read(); root = read();
rep(i, 1, n) a[i] = read(), e[i].v = a[i], ans += a[i], e[i].t = 1;
rep(i, 1, n-1){
int xx, yy;
xx = read(); yy = read();
add(xx, yy);
e[yy].fa = xx;
}
}
void work(){
rep(i, 1, n-1){
int u = get();
ans += a[u] * e[e[u].fa].t;
e[u].v = -1;
rep(j, 1, n) if (e[j].fa == u) e[j].fa = e[u].fa;
a[e[u].fa] += a[u];
e[e[u].fa].t += e[u].t;
e[e[u].fa].v = (double) a[e[u].fa] / e[e[u].fa].t;
}
}
void print(){
printf("%d
", ans);
}
int main(){
init();
work();
print();
return 0;
}
HLOJ 兔子与兔子
题意：很久很久以前，森林里住着一群兔子。有一天，兔子们想要研究自己的 DNA 序列。我们首先选取一个好长好长的 DNA 序列（小兔子是外星生物，DNA 序列可能包含 26 个小写英文字母），然后我们每次选择两个区间，询问如果用两个区间里的 DNA 序列分别生产出来两只兔子，这两个兔子是否一模一样。注意两个兔子一模一样只可能是他们的 DNA 序列一模一样。
题解：Hash表模板题，用Hash表存储前缀DNA序列。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mp make_pair
#define rep(i, a, b) for(int i = (a);i <= (b);i++)
#define per(i, a, b) for(int i = (a);i >= (b);i--)
using namespace std;
typedef pair<int, int> pii;
typedef double db;
const int N = 1e6 + 50;
char s[N];
int n, q;
unsigned long long f[N], p[N];
inline int read(){
int x = 0, f = 1;
char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') f = -1; ch = getchar();}
while(ch >='0' && ch <='9'){x = (x<<3)+(x<<1)+(ch^48); ch = getchar();}
return x*f;
}
void init(){
scanf("%s", s+1); q = read();
n = strlen(s+1);
p[0] = 1;
rep(i, 1, n) {
f[i] = f[i-1] * 131 + (s[i]-'a'+1);
p[i] = p[i-1] * 131;
}
}
void work(){
rep(i, 1, q){
int l1, l2, r1, r2;
l1 = read(); r1 = read(); l2 = read(); r2 = read();
if(f[r1] - f[l1-1] * p[r1-l1+1] == f[r2] - f[l2-1] * p[r2-l2+1]){
puts("Yes");
}
else puts("No");
}
}
int main(){
init();
work();
return 0;
}
HLOJ 最大子序和
题意：输入一个长度为n的整数序列，从中找出一段不超过M的连续子序列，使得整个序列的和最大。
题解：对序列进行单调队列维护即可。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mp make_pair
#define rep(i, a, b) for(int i = (a);i <= (b);i++)
#define per(i, a, b) for(int i = (a);i >= (b);i--)
using namespace std;
typedef pair<int, int> pii;
typedef double db;
const int N = 1e6 + 50;
ll n, m, a[N], sum[N];
ll q[N], ans = 0;
inline ll read(){
ll x = 0, f = 1;
char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') f = -1; ch = getchar();}
while(ch >='0' && ch <='9'){x = (x<<3)+(x<<1)+(ch^48); ch = getchar();}
return x*f;
}
void init(){
n = read(); m = read();
rep(i, 1, n) a[i] = read(), sum[i] = sum[i-1] + a[i];
}
void work(){
int l = 1, r = 1;
q[1] = 0;
rep(i, 1, n) {
while(l <= r && q[l] < i - m) l++;
ans = max(ans, sum[i] - sum[q[l]]);
while(l <= r && sum[q[r]] >= sum[i]) r--;
q[++r] = i;
}
}
void print(){
printf("%lld
", ans);
}
int main(){
init();
work();
print();
return 0;
}
HLOJ 无穷的序列
题意：有一个无穷序列如下：110100100010000100000… 请你找出这个无穷序列中指定位置上的数字。
题解：bitset模板题，对序列用bitset维护。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mp make_pair
#define rep(i, a, b) for(int i = (a);i <= (b);i++)
#define per(i, a, b) for(int i = (a);i >= (b);i--)
using namespace std;
typedef pair<int, int> pii;
typedef double db;
const int N = 1e7 + 50;
int n, a[N], maxn = 0, k;
bitset <100000000> p;
inline int read(){
int x = 0, f = 1;
char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') f = -1; ch = getchar();}
while(ch >='0' && ch <='9'){x = (x<<3)+(x<<1)+(ch^48); ch = getchar();}
return x*f;
}
void init(){
n = read();
rep(i, 1, n) a[i] = read(), maxn = max(maxn, a[i]);
for(int i = 1;i <= maxn; i += k, k++) p.set(i);
}
void print(){
rep(i, 1, n) printf("%d
", p.test(a[i]));
}
int main(){
init();
print();
return 0;
}
HLOJ Largest Rectangle in a Histogram
题意：这道题让求直方图中最大的矩形（具体略）。
题解：单调栈模板题，对矩形面积用单调栈维护。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mp make_pair
#define rep(i, a, b) for(int i = (a);i <= (b);i++)
#define per(i, a, b) for(int i = (a);i >= (b);i--)
using namespace std;
typedef pair<int, int> pii;
typedef double db;
const int N = 1e6 + 50;
ll n, a[N], s[N], w[N], p = 0;
inline ll read(){
ll x = 0, f = 1;
char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') f = -1; ch = getchar();}
while(ch >='0' && ch <='9'){x = (x<<3)+(x<<1)+(ch^48); ch = getchar();}
return x*f;
}
void init(){
while(~scanf("%d", &n)){
if(n == 0) break;
ll ans = 0;
rep(i, 1, n) a[i] = read();
a[n+1] = p = 0;
rep(i, 1, n+1){
if(a[i] > s[p]) s[++p] = a[i], w[p] = 1;
else {
int width = 0;
while (s[p] > a[i]) {
width += w[p];
ans = max(ans, (ll)width * s[p]);
p--;
}
s[++p] = a[i], w[p] = width + 1;
}
}
printf("%lld
", ans);
}
}
int main(){
init();
return 0;
}
HLOJ Team Queue
题意：有t个团队的人正在排一个长队。每次新来一个人时，如果他有队友在排队，那么这个新人会插队到最后一个队友的身后。如果没有任何一个队友排队，则他会排到长队的队尾。 输入每个团队中所有队员的编号，要求支持如下3种指令（前两种指令可以穿插进行） 对于每个DEQUEUE指令，输出出队人的编号。
题解：队列维护序列，按照题意描述操作序列就行了。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mp make_pair
#define rep(i, a, b) for(int i = (a);i <= (b);i++)
#define per(i, a, b) for(int i = (a);i >= (b);i--)
using namespace std;
typedef pair<int, int> pii;
typedef double db;
const int N = 1e4 + 50;
int n, m, v[N*N], p, t;
inline int read(){
int x = 0, f = 1;
char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') f = -1; ch = getchar();}
while(ch >='0' && ch <='9'){x = (x<<3)+(x<<1)+(ch^48); ch = getchar();}
return x*f;
}
int main(){
while(~scanf("%d", &n)){
if(n == 0) break;
t++; queue <int> q[N];
printf("Scenario #%d
", t);
rep(i, 1, n){
m = read();
rep(j, 1, m) p = read(), v[p] = i;
}
char ch[100]; int x;
while(~scanf("%s", ch)){
if(ch[0] == 'S') break;
if(ch[0] == 'E') {
x = read();
if(q[v[x]].empty()) q[0].push(v[x]);
q[v[x]].push(x);
}
if(ch[0] == 'D'){
printf("%d
",q[q[0].front()].front());
q[q[0].front()].pop();
if(q[q[0].front()].empty()) q[0].pop();
}
}
printf("
");
}
return 0;
}
HLOJ Raid*
题意：给定两组点的坐标，求不在同一组内的点的最小距离。
题解：平面最近点对问题，将同一组内的点的距离赋值为正无穷，分治法求一下平面最近点对即可。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mp make_pair
#define rep(i, a, b) for(int i = (a);i <= (b);i++)
#define per(i, a, b) for(int i = (a);i >= (b);i--)
using namespace std;
typedef pair<int, int> pii;
typedef double db;
const int N = 1e6 + 50, inf = 0x3f3f3f3f;
struct node{ int x, y, id; } a[N], q[N];
int n, t;
double ans;
inline int read(){
int x = 0, f = 1;
char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') f = -1; ch = getchar();}
while(ch >='0' && ch <='9'){x = (x<<3)+(x<<1)+(ch^48); ch = getchar();}
return x*f;
}
double dist(node a, node b){
if(a.id == b.id) return 1e9;
return sqrt(1.0*(a.x-b.x)*(a.x-b.x) + 1.0*(a.y-b.y)*(a.y-b.y));
}
double MIN(double a, double b){ return a < b ? a : b;}
bool mycmp1(node a, node b){ return a.x < b.x; }
bool mycmp2(node a, node b){ return a.y < b.y; }
double divide(int l, int r){
if(l == r) return 1e9;
int mid = (l+r)>>1, k = 0;
double ans = MIN(divide(l, mid), divide(mid+1, r));
rep(i, l, r) if(fabs(a[i].x - a[mid].x) <= ans) q[++k] = a[i];
sort(q+1, q+k+1, mycmp2);
rep(i, 1, k) rep(j, i+1, k){
if(q[j].y - q[i].y <= ans) ans = MIN(ans, dist(q[i], q[j]));
}
return ans;
}
int main(){
t = read();
while(t --> 0){
n = read();
rep(i, 1, (n<<1)){
a[i].x = read(), a[i].y = read();
a[i].id = (i <= n)?0:1;
}
sort(a+1, a+(n<<1)+1, mycmp1);
ans = divide(1, (n<<1));
printf("%.3lf
", ans);
}
return 0;
}
HLOJ Snowflake Snow Snowflakes
题意：您可能听说没有两个雪花是相似的。 你的任务是编写一个程序来确定这是否真的如此。 您的程序将读取有关雪花集合的信息，并搜索可能相同的一对。 每个雪花都有六个手臂。 对于每个雪花，您的程序将提供六个臂中每个臂的长度的测量。 任何具有相同长度相应臂的雪花都应该被程序标记为可能相同。
题解：在读入一个雪花的时候把这些情况全部放入哈希表中，如果某次插入的时候发生冲突，则说明存在重复的雪花，并且后面的不需要再处理。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mp make_pair
#define rep(i, a, b) for(int i = (a);i <= (b);i++)
#define per(i, a, b) for(int i = (a);i >= (b);i--)
using namespace std;
typedef pair<int, int> pii;
typedef double db;
const int N = 1e5 + 50;
int n, tot, mod = 99991, snow[N][6], head[N], next[N];
inline int read(){
int x = 0, f = 1;
char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') f = -1; ch = getchar();}
while(ch >='0' && ch <='9'){x = (x<<3)+(x<<1)+(ch^48); ch = getchar();}
return x*f;
}
int H(int *a){
int sum = 0, mul = 1;
rep(i, 0, 5){
sum = (sum + a[i]) % mod;
mul = (ll)mul * a[i] % mod;
}
return (sum + mul) % mod;
}
bool equal(int *a, int *b){
rep(i, 0, 5) rep(j, 0, 5){
bool eq = 1;
rep(k, 0, 5) if(a[(i+k)%6] != b[(j+k)%6]) eq = 0;
if(eq) return 1;
eq = 1;
rep(k, 0, 5) if(a[(i+k)%6] != b[(j-k+6)%6]) eq = 0;
if(eq) return 1;
}
return 0;
}
bool insert(int *a){
int val = H(a);
for(int i = head[val];i;i = next[i]){
if(equal(snow[i], a)) return 1;
}
++tot;
memcpy(snow[tot], a, 6 * sizeof(int));
next[tot] = head[val];
head[val] = tot;
return 0;
}
int main(){
n = read();
rep(i, 1, n){
int a[10];
rep(j, 0, 5) a[j] = read();
if(insert(a)){
puts("Twin snowflakes found.");
return 0;
}
}
puts("No two snowflakes are alike.");
return 0;
}
9月18日
HLOJ 前缀统计
题意：给定N个字符串S1,S2...SN，接下来进行M次询问，每次询问给定一个字符串T，求S1～SN中有多少个字符串是T的前缀。输入字符串的总长度不超过10^6，仅包含小写字母。
题解：Trie树模板题，对于每个询问，在检索过程中累加途径的每个节点的cnt值，就是该询问的答案。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mp make_pair
#define rep(i, a, b) for(int i = (a);i <= (b);i++)
#define per(i, a, b) for(int i = (a);i >= (b);i--)
using namespace std;
typedef pair<int, int> pii;
typedef double db;
const int N = 1e6 + 50;
int n, m, end[N];
int trie[N][26], tot = 1;
char s[N];
inline int read(){
int x = 0, f = 1;
char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') f = -1; ch = getchar();}
while(ch >='0' && ch <='9'){x = (x<<3)+(x<<1)+(ch^48); ch = getchar();}
return x*f;
}
void insert(char* str){
int len = strlen(str), p = 1;
rep(k, 0, len-1){
int ch = str[k] - 'a';
if(trie[p][ch] == 0) trie[p][ch] = ++tot;
p = trie[p][ch];
}
end[p]++;
}
int search(char* str){
int len = strlen(str), p = 1, res = 0;
rep(k, 0, len-1){
int ch = s[k] - 'a';
if (!trie[p][ch]) break;
p = trie[p][ch];
res += end[p];
}
return res;
}
int main(){
n = read(); m = read();
rep(i, 1, n) scanf("%s", s), insert(s);
rep(i, 1, m) {
scanf("%s", s);
printf("%d
", search(s));
}
return 0;
}
HLOJ The XOR Largest Pair
题意：在给定的N个整数A1，A2……AN中选出两个进行xor运算，得到的结果最大是多少？
题解：把每个整数看作长度为32的二进制01串（数值较小时在前边补0），并且把A1~Ai-1对应的32位二进制串插入一棵Trie树即可。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mp make_pair
#define rep(i, a, b) for(int i = (a);i <= (b);i++)
#define per(i, a, b) for(int i = (a);i >= (b);i--)
using namespace std;
typedef pair<int, int> pii;
typedef double db;
const int N = 1e6 + 50;
int a[N];
int trie[N*3][2], tot = 0;
int n, ans = 0;
inline int read(){
int x = 0, f = 1;
char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') f = -1; ch = getchar();}
while(ch >='0' && ch <='9'){x = (x<<3)+(x<<1)+(ch^48); ch = getchar();}
return x*f;
}
void insert(int x){
int p = 0;
per(k, 31, 0){
int ch = (x>>k) & 1;
if(!trie[p][ch]) trie[p][ch] = ++tot;
p = trie[p][ch];
}
}
int search(int x){
int p = 0, res = 0;
per(k, 31, 0){
int ch = (x>>k) & 1;
if(trie[p][ch^1]) p = trie[p][ch^1], res = (res<<1) | 1;
else p = trie[p][ch], res = (res<<1);
}
return res;
}
void init(){
n = read();
rep(i, 1, n) a[i] = read(), insert(a[i]);
rep(i, 1, n) ans = max(ans, search(a[i]));
}
void print(){
printf("%d
", ans);
}
int main(){
init();
print();
return 0;
}
HLOJ 子序列累加和
题意：现在有N个数的数列。现在你定义一个子序列是数列的连续一部分，子序列的值是这个子序列中最大值和最小值之差。给你这N个数，小x想知道所有子序列的值得累加和是多少。
题解：这道题分治应该可以做，不过要学习的是这道题的单调栈做法，就是求出序列的所有max值之和，再求出所有的min值之和，再相减，用单调栈实现序列中每一个数的贡献。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mp make_pair
#define rep(i, a, b) for(int i = (a);i <= (b);i++)
#define per(i, a, b) for(int i = (a);i >= (b);i--)
using namespace std;
typedef pair<int, int> pii;
typedef double db;
const int N = 1e6 + 50;
ll n, a[N], s[N], maxl[N], minl[N], maxr[N], minr[N], k = 0;
ll ans = 0;
inline ll read(){
ll x = 0, f = 1;
char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') f = -1; ch = getchar();}
while(ch >='0' && ch <='9'){x = (x<<3)+(x<<1)+(ch^48); ch = getchar();}
return x*f;
}
void init(){
n = read();
rep(i, 1, n) a[i] = read();
}
void work(){
rep(i, 1, n){
while(k != 0 && a[s[k]] < a[i]){
maxl[i] += maxl[s[k]] + 1;
k--;
}
s[++k] = i;
}
k = 0;
per(i, n, 1){
while(k != 0 && a[s[k]] <= a[i]){
maxr[i] += maxr[s[k]] + 1;
k--;
}
s[++k] = i;
}
k = 0;
rep(i, 1, n){
while (k != 0 && a[s[k]] > a[i]){
minl[i] += minl[s[k]] + 1;
k--;
}
s[++k] = i;
}
k = 0;
per(i, n, 1){
while (k != 0 && a[s[k]] >= a[i]){
minr[i] += minr[s[k]] + 1;
k--;
}
s[++k] = i;
}
rep(i, 1, n)
ans += ((maxl[i]+1)*(maxr[i]+1) - (minl[i]+1)*(minr[i]+1))*a[i];
}
void print(){
printf("%lld
", ans);
}
int main(){
init();
work();
print();
return 0;
}
HLOJ holiday
题意：经过几个月辛勤的工作，FJ决定让奶牛放假。假期可以在1…N天内任意选择一段（需要连续），每一天都有一个享受指数W。但是奶牛的要求非常苛刻，假期不能短于P天，否则奶牛不能得到足够的休息；假期也不能超过Q天，否则奶牛会玩的腻烦。FJ想知道奶牛们能获得的最大享受指数。
题解：单调队列维护符合条件的序列的单调性。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mp make_pair
#define rep(i, a, b) for(int i = (a);i <= (b);i++)
#define per(i, a, b) for(int i = (a);i >= (b);i--)
using namespace std;
typedef pair<int, int> pii;
typedef double db;
const int N = 1e6 + 50;
ll n, P, Q, a[N], sum[N];
ll q[N], ans = -1e9;
inline ll read(){
ll x = 0, f = 1;
char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') f = -1; ch = getchar();}
while(ch >='0' && ch <='9'){x = (x<<3)+(x<<1)+(ch^48); ch = getchar();}
return x*f;
}
void init(){
n = read(), P = read(), Q = read();
rep(i, 1, n) a[i] = read();
rep(i, 1, n) sum[i] = sum[i-1] + a[i];
}
void work(){
int l = 1, r = 0;
rep(i, P, n){
while(l <= r && sum[q[r]] >= sum[i-P]) r--;
q[++r] = i-P;
while(l <= r && q[l] < i-Q) l++;
ans = max(ans, sum[i] - sum[q[l]]);
}
}
void print(){
printf("%lld
", ans);
}
int main(){
init();
work();
print();
return 0;
}
9月19日
P3132 [USACO16JAN]愤怒的奶牛Angry Cows
题意：有N个草堆在数轴的不同位置，坐标为x1,x2,….,xn。如果玩家以能量R把奶牛发射到坐标x，就会引爆半径R及以内的的草堆，即坐标范围[x−R,x+R]的草堆都会燃爆，每个被奶牛引爆的草堆又会2次引爆半径R-1及以内的的草堆，2次引爆的草堆又会3次引爆半径R-2及以内的的草堆...直到一次引爆后没有其他草堆被波及或半径为0。
现在只有1头奶牛，能量为R，请计算如果要引爆所有的草堆，最小的R是多少？
题解：用f[i]记录以i为以i为圆心可以向左覆盖前i-1个点的最小半径。 再用g[i]记录以i为圆心可以向右覆盖至第n个点的最小半径，二分答案即可。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mp make_pair
#define rep(i, a, b) for(int i = (a);i <= (b);i++)
#define per(i, a, b) for(int i = (a);i >= (b);i--)
using namespace std;
typedef pair<int, int> pii;
typedef double db;
const int N = 1e6 + 50;
double eps = 0.001;
double a[N], s[N], maxx = 0, pos, posl, posr;
double vis[N], f[N], g[N];
double ans;
int n;
inline ll read(){
ll x = 0, f = 1;
char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') f = -1; ch = getchar();}
while(ch >='0' && ch <='9'){x = (x<<3)+(x<<1)+(ch^48); ch = getchar();}
return x*f;
}
void init(){
n = read();
rep(i, 1, n) a[i] = read();
sort(a+1, a+n+1);
rep(i, 2, n) s[i] = a[i] - a[i-1];
f[1] = g[n] = 0;
rep(i, 2, n){
f[i] = 1e9;
int l = 1, r = i;
while(l + 1 < r){
int mid = (l+r)/2;
if(f[mid-1] + 1 < a[i]-a[mid-1]) l = mid;
else r = mid;
}
f[i] = min(max(a[i]-a[l-1], f[l-1] + 1), max(a[i] - a[r-1], f[r-1] + 1));
}
per(i, n-1, 1){
g[i] = 1e9;
int l = i, r = n - 1;
while(l + 1 < r){
int mid = (l+r)/2;
if(g[mid+1] + 1 < a[mid+1] - a[i]) r = mid;
else l = mid;
}
g[i] = min(max(a[l+1] - a[i], g[l+1] + 1), max(a[r+1] - a[i], g[r+1] + 1));
}
}
bool check(double x){
per(i, n, 1){
if(f[i] + 1 <= x){
for(int j = i;j <= n && a[j] <= a[i] + 2.0*x; j++)
if(g[j] + 1 <= x) return true;
break;
}
}
return false;
}
void work(){
double l = 1.0, r = a[n]*1.0;
while(eps < r-l){
double mid = (l+r) / 2;
if(check(mid)) r = mid;
else l = mid;
}
ans = l;
}
void print(){
printf("%.1lf", ans);
}
int main(){
init();
work();
print();
return 0;
}
9月23日
HLOJ Dropping Test
题意：给定你n组ai，bi，让你取出n−k组，使得这n−k组的a之和除以b之和最大.
题解：01分数规划模板题，设答案为x， 则 a[i] - b[i] * x 的前n-k组的累加和必须大于等于0。二分答案即可。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mp make_pair
#define rep(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); i++)
#define per(i, a, b) for(int i = (a); i >= (b); i--)
using namespace std;
typedef pair<int, int> pii;
typedef double db;
const double eps = 1e-9;
const int N = 1e6 + 50;
int n, k;
double a[N], b[N], v[N];
inline int read(){
int x = 0, f = 1;
char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9') { if(ch == '-') f = -1; ch = getchar();}
while(ch >='0' && ch <='9') { x = (x<<3)+(x<<1)+(ch^48); ch = getchar();}
return x*f;
}
bool mycmp(double x, double y) {return x > y; }
bool check(double x){
double res = 0;
rep(i, 1, n) v[i] = a[i] - b[i] * x;
sort(v+1, v+n+1, mycmp);
rep(i, 1, n-k) res += v[i];
return res >= 0;
}
void init(){
while(~scanf("%d%d", &n, &k)) {
if(n == 0) break;
double l = 0, r = 0;
rep(i, 1, n) scanf("%lf", &a[i]), r += a[i];
rep(i, 1, n) scanf("%lf", &b[i]);
while(r-l > eps){
double mid = (l+r) / 2;
if(check(mid)) l = mid;
else r = mid;
}
printf("%.0lf
", l * 100);
}
}
int main(){
init();
return 0;
}
9月24日
HLOJ 花店橱窗
题意：https://www.luogu.org/problem/P1854
题解：一道比较显然的DP，设F（i，j）表示到（i，j）位置的最优值，状态转移也非常显然，不再叙述，主要是输出方案值得学习，看代码理解。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mp make_pair
#define rep(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); i++)
#define per(i, a, b) for(int i = (a); i >= (b); i--)
using namespace std;
typedef pair<int, int> pii;
typedef double db;
const int N = 1e6 + 50;
int n, m, a[2010][2010], f[2010][2010];
int ans = -1e9, k[N];
inline int read(){
int x = 0, f = 1;
char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9') { if(ch == '-') f = -1; ch = getchar();}
while(ch >='0' && ch <='9') { x = (x<<3)+(x<<1)+(ch^48); ch = getchar();}
return x*f;
}
void init() {
n = read(); m = read();
rep(i, 1, n) rep(j, 1, m) a[i][j] = read(), f[i][j] = -1e9;
}
void find(int x, int y){
if(x <= 0) return ;
int p = x;
while(f[x][p] != y) p++;
k[x] = p;
find(x-1, y-a[x][p]);
return ;
}
void work() {
rep(i, 1, n) rep(j, 1, m) rep(k, i-1, j-1){
f[i][j] = max(f[i][j], f[i-1][k] + a[i][j]);
}
rep(i, n, m) ans = max(ans, f[n][i]);
printf("%d
", ans);
find(n, ans);
rep(i, 1, n) printf("%d ", k[i]);
printf("
");
}
int main(){
init();
work();
return 0;
}
hnoi2010 合唱队
题意：给定一串序列，问有多少种初始序列经过如题操作可以得到此序列。
题解：设f[i][j][1]为可以排成理想队列中[i，j][区间，且以最后一个排进去是第i人的初始队列种数。
f[i][j][0]为可以排成理想队列中[i，j]区间，且以最后一个排进去是第j人的初始队列种数。
限于篇幅，状态转移部分看代码理解。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mp make_pair
#define rep(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); i++)
#define per(i, a, b) for(int i = (a); i >= (b); i--)
using namespace std;
typedef pair<int, int> pii;
typedef double db;
const int N = 1e6 + 50;
const int mod = 19650827;
int n, a[N], f[1010][1010][2];
inline int read(){
int x = 0, f = 1;
char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9') { if(ch == '-') f = -1; ch = getchar();}
while(ch >='0' && ch <='9') { x = (x<<3)+(x<<1)+(ch^48); ch = getchar();}
return x*f;
}
void init(){
n = read();
rep(i, 1, n) a[i] = read();
rep(i, 1, n) f[i][i][1] = 1;
per(l, n, 1) rep(r, l+1, n) {
f[l][r][0] = (f[l][r][0] + f[l+1][r][0] * (a[l] < a[l+1]))%mod;
f[l][r][0] = (f[l][r][0] + f[l+1][r][1] * (a[l] < a[r]))%mod;
f[l][r][1] = (f[l][r][1] + f[l][r-1][0] * (a[r] > a[l]))%mod;
f[l][r][1] = (f[l][r][1] + f[l][r-1][1] * (a[r] > a[r-1]))%mod;
}
printf("%d
", (f[1][n][1] + f[1][n][0])%mod);
}
int main(){
init();
return 0;
}