liao出了一场比赛 简直想吃狗屎 说好的noip难度？我操
因为有四道题 我简单的提一下就好了
| [HNOI2007]梦幻岛宝珠 |
这一题liao也没说怎么想到这种dp的 吃屎吧
F[i][j]表示2^i*j的重量 那么的话 F[30][1000]就够了
然后对于重量为2^i 我们就对当前F[i][j]做一次采药
然后对于怎么转到下一个状态 ，只用考虑两种情况
1.限制重量转成二进制对于当前位i来说是0的 但是j对于当前位是1的 显然要进位 则F[i+1][j>>2+1]=max(F[i][j]);
2.其他的情况 F[i+1][j>>2]=max(F[i][j]);
每一次都保证以后合法 然后F[31][0]就是答案
#include<cstdio> #include<iostream> #include<cstring> #include<algorithm> #include<cstdlib> #include<cmath> #define Maxn 110 using namespace std; typedef long long LL; struct node { LL a,b,val; node(){a=b=val=0;} }A[Maxn]; bool Cmp(const node &x,const node &y){return x.b<y.b;} LL N,W; LL F[32][Maxn*10]; LL bit[Maxn]; int main() { while(scanf("%lld%lld",&N,&W)!=EOF) { if(N==-1&&W==-1) break; for(LL i=1;i<=100;i++) A[i].a=A[i].b=A[i].val=0; for(LL i=1;i<=N;i++) { scanf("%lld%lld",&A[i].a,&A[i].val); while(A[i].a%2==0) A[i].a/=2,A[i].b++; } sort(A+1,A+N+1,Cmp); LL l=1,r; memset(F,0,sizeof(F)); bit[0]=1; for(LL i=1;i<=30;i++) bit[i]=bit[i-1]*2; for(LL i=0;i<=30;i++) { if(A[l].b==i&&l<=N) { r=l; while(A[r+1].b==A[r].b&&r<=N) r++; for(LL j=l;j<=r;j++) for(LL k=1000;k>=A[j].a;k--) F[i][k]=max(F[i][k],F[i][k-A[j].a]+A[j].val); l=r+1; } for(LL j=1000;j>=0;j--) { if(((j&1)==1)&&((W&bit[i])==0)) F[i+1][(j>>1)+1]=max(F[i+1][(j>>1)+1],F[i][j]); else F[i+1][(j>>1)]=max(F[i+1][(j>>1)],F[i][j]); } } printf("%lld ",F[31][0]); } return 0; }
| 跳蚤 |
第二题简直恶心 因为是子串 所以我们草了个后缀数组之后 在字典序的表上 二分字典序二分长度 得出子串，,以当前sa[i]开始的子串
然后我们可以用height数组 得出前缀 那么想想 后面的不合法要切开的 就是与sa[i]公共前缀和公共前缀+1要切开
当然公共前缀还要看子串的长度 如果子串比较小 公共前缀比较大也不合法 也要切
然后就变成了很多条线段 要找出K-1个点断开问可不可以
把左端点从左到右排序 当前下一条线段的右端点小于我当前的右端点 那么min一下右端点 就是在下一条的右端点切开
如果当前的左端点小于我的右端点 那么切不了 只好重新切一个
每一次切都按照最小的右端点切 这样肯定最优 这个只可意会不可言传
然后没了 时间复杂度我也不知道多少不会算反正能过
#include<cstdio> #include<iostream> #include<cstring> #include<algorithm> #include<cstdlib> #include<cmath> #define Maxn 100010 using namespace std; int K; char st[Maxn]; int A[Maxn]; int N; int fir[Maxn],sec[Maxn],rank[Maxn],height[Maxn],R[Maxn],sa[Maxn]; void Rsort(int *use,int *in,int *out,int size,int num) { for(int i=0;i<=size;i++) R[i]=0; for(int i=1;i<=num;i++) R[use[in[i]]]++; for(int i=1;i<=size;i++) R[i]+=R[i-1]; for(int i=num;i>=1;i--) out[R[use[in[i]]]--]=in[i]; } void SA() { for(int i=1;i<=N;i++) rank[i]=i; Rsort(A,rank,sa,200,N); rank[sa[1]]=1; for(int i=2;i<=N;i++) rank[sa[i]]=rank[sa[i-1]]+(A[sa[i-1]]!=A[sa[i]]); int p=0; int cnt=1; while(cnt<N) { for(int i=1;i<=N;i++) { fir[i]=rank[i]; sec[i]=(i+(1<<p))>N?0:rank[(i+(1<<p))]; sa[i]=i; } Rsort(sec,sa,rank,N,N); Rsort(fir,rank,sa,N,N); rank[sa[1]]=1; for(int i=2;i<=N;i++) rank[sa[i]]=rank[sa[i-1]]+(fir[sa[i]]!=fir[sa[i-1]]||sec[sa[i]]!=sec[sa[i-1]]); p++; cnt=rank[sa[N]]; } } void Height() { int k=0; for(int i=1;i<=N;i++) { if(k>0) k--; if(rank[i]!=1) { int pos=sa[rank[i]-1]; while(A[pos+k]==A[i+k]) k++; } height[rank[i]]=k; } } int fur[Maxn]; int main() { scanf("%d",&K); scanf("%s",st+1); N=strlen(st+1); for(int i=1;i<=N;i++) A[i]=st[i]-'a'; SA(); Height(); int L=1; int R=N; pair<int,int>ans; while(L<=R) { int mid=(L+R)>>1; int l=1; int r=N-sa[mid]+1; int ret=-1; while(l<=r) { int m=(l+r)>>1; for(int i=1;i<=N;i++) fur[i]=N+1; int p=mid; int x,y,h; h=m; while(p<=N) { x=sa[p]; y=sa[p]+h; fur[x]=min(fur[x],y); p++; h=min(h,height[p]); } int cnt=0; int minr=0; for(int i=1;i<=N;i++) { if(fur[i]!=N+1) { if(fur[i]==i){cnt=K+1; break;} if(minr<=i) minr=fur[i],cnt++; else minr=min(minr,fur[i]); } } if(cnt<K){ret=m; r=m-1;} else l=m+1; } if(ret==-1) L=mid+1; else{R=mid-1; ans=make_pair(mid,ret);} } for(int i=sa[ans.first];i<sa[ans.first]+ans.second;i++) printf("%c",st[i]); printf(" "); return 0; } /* 2 ababa ba 30% k<=5,len<=30 100% k<=100000,len<=100000 */
| 排队计划 |
这道题其实应该想到的 逆序对就线段树或者树状数组咯 然后发现每次改变pos这个位置的时候前面的逆序对个数不会影响 后面大于A[pos]这些位置的逆序对个数也不会影响 直接每次找出小于A[pos]的位置 然后改成INT_MAX 减掉答案就好了 我所说的逆序对个数是向右统计的
#include<cstdio> #include<iostream> #include<cstring> #include<algorithm> #include<cstdlib> #include<climits> #include<vector> #define Maxn 500010 using namespace std; typedef long long LL; const LL inf=1e9; LL N,M; LL A[Maxn]; LL tot=0; LL root; LL lc[Maxn*4],rc[Maxn*4],C[Maxn*4],Minx[Maxn*4]; LL tr[Maxn]; LL low_bit(LL x){return x&(-x);} void Add(LL x) { while(x<=tot) { tr[x]++; x+=low_bit(x); } } LL Q(LL x) { LL ans=0; while(x>=1) { ans+=tr[x]; x-=low_bit(x); } return ans; } void Link1(LL &u,LL L,LL R,LL k) { if(!u) u=++tot; if(L==R){Minx[u]=L; return ;} LL mid=(L+R)>>1; if(k<=mid) Link1(lc[u],L,mid,k); else Link1(rc[u],mid+1,R,k); if(!lc[u]) Minx[u]=Minx[rc[u]]; else if(!rc[u]) Minx[u]=Minx[lc[u]]; else { if(A[Minx[lc[u]]]>A[Minx[rc[u]]]) Minx[u]=Minx[rc[u]]; else Minx[u]=Minx[lc[u]]; } } void Clear() { memset(C,0,sizeof(C)); memset(lc,0,sizeof(lc)); memset(rc,0,sizeof(rc)); memset(Minx,0,sizeof(Minx)); root=tot=0; } LL ans[Maxn]; void Change(LL u,LL L,LL R,LL k) { if(L==R){Minx[u]=L; return ;} LL mid=(L+R)>>1; if(k<=mid) Change(lc[u],L,mid,k); else Change(rc[u],mid+1,R,k); if(A[Minx[lc[u]]]>A[Minx[rc[u]]]) Minx[u]=Minx[rc[u]]; else Minx[u]=Minx[lc[u]]; } LL Query1(LL u,LL L,LL R,LL l,LL r) { if(L>R) return 0; if(L==l&&R==r) return Minx[u]; LL mid=(L+R)>>1; if(r<=mid) return Query1(lc[u],L,mid,l,r); else if(l>mid) return Query1(rc[u],mid+1,R,l,r); else { LL k1=Query1(lc[u],L,mid,l,mid); LL k2=Query1(rc[u],mid+1,R,mid+1,r); return A[k1]>A[k2]?k2:k1; } } vector<LL>V; LL mp(LL x) { LL L=0; LL R=tot-1; while(L<=R) { LL mid=(L+R)>>1; if(x==V[mid]) return mid; else if(x<V[mid]) R=mid-1; else L=mid+1; } } int main() { scanf("%lld%lld",&N,&M); for(LL i=1;i<=N;i++) scanf("%lld",&A[i]),V.push_back(A[i]); sort(V.begin(),V.end()); tot=unique(V.begin(),V.end())-(V.begin()); for(LL i=N;i>=1;i--) { ans[i]=Q(mp(A[i])); Add(mp(A[i])+1); } LL sum=0; for(LL i=1;i<=N;i++) sum+=ans[i]; printf("%lld ",sum); Clear(); for(LL i=1;i<=N;i++) Link1(root,1,N,i); for(LL i=1;i<=M;i++) { LL x; scanf("%lld",&x); LL pos=A[x]; LL minx; while(A[minx=Query1(root,1,N,x,N)]<=pos&&pos!=INT_MAX) { A[minx]=INT_MAX; Change(root,1,N,minx); sum-=ans[minx]; } printf("%lld ",sum); } return 0; } /* 6 2 160 163 164 161 167 160 2 3 */
| [Zjoi2016]小星星 |
liao有病出了道容斥原理 我只知道这么一回事但没做过题
怎么说好呢 树上的每一个点都可以映射原图上的每个点 只要判断边可不可以到就好
那么的话一共十七个点 我们想 不合法的情况肯定会重复映射 那么的话就是扣掉每一个点的并集 也就是容斥原理 那么用 不用扣点的再跑一次减去所有不合法的并集即可
#include<cstdio> #include<iostream> #include<cstring> #include<algorithm> #include<cstdlib> #include<cmath> #include<vector> #define Maxn 20 using namespace std; typedef long long LL; struct node { LL x,y,next; }edge[Maxn*2]; LL len,first[Maxn]; void ins(LL x,LL y){len++; edge[len].x=x; edge[len].y=y; edge[len].next=first[x]; first[x]=len;} LL N,M; bool v[Maxn][Maxn]; vector<LL>V; LL F[Maxn][Maxn]; void Dfs(LL x,LL fa) { for(LL k=first[x];k!=-1;k=edge[k].next) { LL y=edge[k].y; LL s=0; if(y!=fa) Dfs(y,x); } for(LL i=0;i<V.size();i++) { F[x][i]=1; for(LL k=first[x];k!=-1;k=edge[k].next) { LL y=edge[k].y; if(y!=fa) { LL sum=0; for(LL j=0;j<V.size();j++) if(v[V[i]][V[j]]) sum+=F[y][j]; F[x][i]*=sum; } } } } int main() { scanf("%lld%lld",&N,&M); memset(v,0,sizeof(v)); for(LL i=1;i<=M;i++){LL x,y; scanf("%lld%lld",&x,&y); v[x][y]=v[y][x]=1;} len=0; memset(first,-1,sizeof(first)); for(LL i=1;i<N;i++){LL x,y; scanf("%lld%lld",&x,&y); ins(x,y); ins(y,x);} LL ans=0; for(LL i=0;i<(1<<N);i++) { V.clear(); for(LL j=1;j<=N;j++) if(!(i&(1<<(j-1)))) V.push_back(j); memset(F,0,sizeof(F)); Dfs(1,0); LL s=0; for(LL j=0;j<V.size();j++) s+=F[1][j]; if(!((N-V.size())%2)) ans+=s; else ans-=s; } return printf("%lld ",ans),0; }