前缀和与差分
介绍：前缀和与差分是一种互补的状态，给定序列A，设其差分序列为B，则序列A的差分序列B的前缀和序列就是原序列A，A的前缀和序列S的差分序列也是原序列A。
关于一维前缀和，二维前缀和，差分的知识点总结参考：https://blog.csdn.net/K_R_forever/article/details/81775899
例题：
poj3263 Tallest cow（区间修改，差分数组，前缀和）
1 #include<iostream> 2 #include<algorithm> 3 #include<map> 4 using namespace std; 5 const int maxn = 10010; 6 7 map<pair<int,int>, bool>existed; 8 int c[maxn], d[maxn]; 9 10 int main(){ 11 int n, p, h, m; 12 cin>>n>>p>>h>>m; 13 for(int i = 1; i <= m; i++){ 14 int a, b; cin>>a>>b; 15 if(a > b)swap(a, b); 16 if(existed[make_pair(a,b)])continue; 17 d[a+1]--; d[b]++; 18 existed[make_pair(a,b)] = 1; 19 } 20 for(int i = 1; i <= n; i++){ 21 c[i] = c[i-1]+d[i]; 22 cout<<h+c[i]<<' '; 23 } 24 return 0; 25 }
思路：求每头牛的相对大小关系，可以想到运用前缀和与差分这一知识点。假设C[p]=0，表示最高的牛为基准且为0，则其他C[i]表示第i头牛与最高牛的身高差距，则i牛的身高为C[i]+H。又因为时间复杂度问题，重复对C[i]数组的操作时间复杂度更高，所以新建立一个D数组为其差分数组，则D的前缀和序列即为C。注意输入区间如果重复则筛去。
BZOJ1218（二维前缀和）
1 #include<set> 2 #include<map> 3 #include<cstdio> 4 #include<cmath> 5 #include<queue> 6 #include<vector> 7 #include<string> 8 #include<cstring> 9 #include<iostream> 10 #include<algorithm> 11 using namespace std; 12 typedef long long ll; 13 const int inf = 0x3f3f3f3f; 14 const int maxn = 5e3 + 10; 15 int m[maxn][maxn]; 16 int main() 17 { 18 int n, r; 19 scanf("%d%d", &n, &r); 20 memset(m, 0, sizeof(m)); 21 while(n--) 22 { 23 int x, y, v; 24 scanf("%d%d%d", &x, &y, &v); 25 m[x + 1][y + 1] = v; 26 } 27 for(int i = 1; i <= 5001; ++i) 28 for(int j = 1; j <= 5001; ++j) 29 m[i][j] += m[i][j - 1] + m[i - 1][j] - m[i - 1][j - 1]; 30 int ans = 0; 31 for(int i = r; i <= 5001; ++i) 32 { 33 for(int j = r; j <= 5001; ++j) 34 { 35 int x = i - r, y = j - r; 36 ans = max(ans, m[i][j] - m[i][y] - m[x][j] + m[x][y]); 37 } 38 } 39 printf("%d ", ans); 40 return 0; 41 }
思路：
看到块状炸弹式膨胀题型，求某一区域内被计算的个数等，可以考虑矩形二维前缀和，差分方法
二分
介绍：
1.1.最大值最小化：
//最大值最小化 while(l < r){ int mid = (l + r) >> 1; if(a[mid] >= x) r = mid; //有可能mid就是答案 else l = mid+1; }
1.2.最小值最大化：
//最小值最大化 while(l < r){ int mid = (l + r + 1) >> 1; if(a[mid] >= x) l = mid; //有可能mid就是答案 else r = mid - 1; }
2.实数域上的二分：
while(l + 1e-5 < r){ double mid = (l + r) / 2; if(calc(mid)) r = mid; else l = mid; }
3.三分求单峰函数极值
4.二分答案转化为判定：把求最优解问题，转化为给定一个值mid，判定是否存在一个可行方案（judge函数）达到mid的问题。
例题：
POJ 2018（二分查询标记）
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<algorithm> 4 #include<cstring> 5 using namespace std; 6 double a[100005],b[100005],sum[100005]; 7 8 int main(){ 9 int n,L; 10 cin>>n>>L; 11 for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lf",&a[i]); 12 double eps=1e-5; 13 double l=-1e6,r=1e6; 14 while(r-l>eps){ 15 double mid=(r+l)/2; 16 for(int i=1;i<=n;i++) b[i]=a[i]-mid; 17 for(int i=1;i<=n;i++) sum[i]=sum[i-1]+b[i]; 18 double ans=-1e10,minval=1e10; 19 for(int i=L;i<=n;i++){ 20 minval=min(minval,sum[i-L]); 21 ans=max(ans,sum[i]-minval); 22 } 23 if(ans>=0) l=mid; else r=mid; 24 } 25 cout<<int(r*1000)<<endl; 26 return 0; 27 }
思路：求一个子段，他的和最大，且字段长度不小于L（将数列中的每个数都减去二分的值，通过前缀和判断其其字段和非负）
POJ 1050（矩阵前缀和）
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #define ll long long 4 #define fo(i,j,n) for(register int i=j; i<=n; ++i) 5 using namespace std; 6 int a[105][105],n; 7 int sum[105][105]; 8 // 矩阵前缀和 9 void init(){ 10 fo(i,1,n){ 11 fo(j,1,n){ 12 sum[i][j] = sum[i-1][j] + sum[i][j-1] + a[i][j] - sum[i-1][j-1]; 13 } 14 } 15 } 16 // 查询矩阵和## 标题 17 int query(int x1, int y1, int x2, int y2){ 18 return sum[x2][y2] - sum[x1-1][y2] - sum[x2][y1-1] + sum[x1-1][y1-1]; 19 } 20 void solve(){ 21 int MAX = -1e8; 22 fo(x1,1,n){ 23 fo(y1,1,n){ 24 fo(x2,x1,n){ 25 fo(y2,y1,n){ 26 int t = query(x1,y1,x2,y2); 27 if(t>MAX) { 28 MAX = t; 29 // cout<<x1<<" " <<y1<<" " <<x2<<" " <<y2<<endl; 30 } 31 } 32 } 33 } 34 } 35 printf("%d ",MAX); 36 } 37 int main(){ 38 scanf("%d",&n); 39 fo(i,1,n){ 40 fo(j,1,n){ 41 scanf("%d",&a[i][j]); 42 } 43 } 44 init(); 45 solve(); 46 return 0; 47 }
思考：本题还可以用贪心来优化算法
当字段区间连续序列和sum小于0时sum归零，是上一道题的变形题，但是没有区间长度大于T的要求限制，即求一个子段，他的和最大
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #define ll long long 5 #define fo(i,j,n) for(register int i=j; i<=n; ++i) 6 using namespace std; 7 const int maxn = 1e4; 8 int mp[maxn][maxn],n; 9 int d[maxn]; 10 void solve(){ 11 int ans = mp[1][1]; 12 fo(i,1,n){ // i行 13 memset(d,0,sizeof(d)); 14 fo(j,i,n){ // j行 15 fo(k,1,n){ // k列 16 d[k] += mp[j][k]; // d[k] 表示第k列 第i~j行的和(区间和) 17 } 18 19 // 接下来的做法就类似一维数组求最大连续序列和 20 int sum = 0; 21 fo(k,1,n){ 22 sum += d[k]; 23 ans = max(ans,sum); 24 if(sum<0) sum=0; 25 } 26 } 27 } 28 printf("%d ", ans); 29 } 30 int main(){ 31 while(scanf("%d",&n)==1){ // 使程序更加具有鲁棒性 32 fo(i,1,n){ 33 fo(j,1,n) 34 scanf("%d",&mp[i][j]); 35 } 36 solve(); 37 } 38 return 0; 39 }
AcWing113
倍增
介绍：
如果状态空间很大，可以通过成倍增长的方式，只递推状态空间中在2的整数次幂位置上的值作为代表，当需要其他位置上的值时，通过“任意整数可以表示成若干个2的次幂项的和”这一性质，使用之前的代表值拼成所需的值。
倍增常与二进制划分两个思想互相结合，包括求解RMQ（区间最值）和ST算法（看书）。
例题：
ch601 genius acm（倍增 + 归并排序）
#include <iostream> #include <set> #include <cmath> #include <stdio.h> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; typedef long long LL; LL m, n, t, k; const int maxn = 5e5 + 5; LL s[maxn], b[maxn], c[maxn]; bool check(LL l, LL r, LL lr) { LL tot = 0; int t = l, len = r - l + 1; for(LL i = lr; i <= r; i++){ b[i] = s[i]; } sort(b + lr, b + r + 1); if(l == lr){ for(int i = l; l <= r; i++){ c[i] = b[i]; } } else{ int i = l, j = lr; while(i < lr && j <= r){ if(b[i] <= b[j]){ c[t++] = b[i++]; } else{ c[t++] = b[j++]; } } while(i < lr)c[t++] = b[i++]; while(j <= r)c[t++] = b[j++]; } LL jiaoyan = 0; for(LL i = l; i <= min(l + m - 1, l + (r - l + 1) / 2 - 1); i++){ jiaoyan += (c[r - i + l] - c[i]) * (c[r - i + l] - c[i]); } if(jiaoyan <= k){ for(int i = l; i <= r; i++){ b[i] = c[i]; } return 1; } return 0; } int main() { scanf("%lld", &t); while(t--){ scanf("%lld%lld%lld", &n, &m, &k); for(LL i = 1; i <= n; i++){ scanf("%lld", &s[i]); } memset(b, 0, sizeof(b)); memset(c, 0, sizeof(c)); LL sum = 0, l = 1, r = 1, p = 1; b[1] = s[1]; while(r < n){ if(!p){ sum++; p = 1;r++; l = r; b[l] = s[l]; continue; } if(p){ if(r + p <= n && check(l, r + p, r + 1)){ r += p; p *= 2; if(r == n)break; } else{ p /= 2; } } //cout<<sum<<endl; } if(r == n)sum++; printf("%lld ", sum); } }
贪心（策略+寻找最优解）
例题：
poj3614 Sunscreen
#include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; #define _rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++) const int N=2510; int c,l,ans; struct node{ int minspf,maxspf; bool operator <(const node&rhs)const{ return minspf>rhs.minspf;} }cow[N]; struct NODE{ int spf,cover; bool operator <(const NODE&rhs)const{ return spf>rhs.spf;} }fss[N]; int main() { //freopen("in.txt","r",stdin); scanf("%d%d",&c,&l); _rep(i,1,c)scanf("%d%d",&cow[i].minspf,&cow[i].maxspf); sort(cow+1,cow+1+c); _rep(i,1,l)scanf("%d%d",&fss[i].spf,&fss[i].cover); sort(fss+1,fss+l+1); _rep(i,1,c) { _rep(j,1,l) { if(fss[j].cover>0&&fss[j].spf<=cow[i].maxspf&&fss[j].spf>=cow[i].minspf) { fss[j].cover--; ans++; break; } } } printf("%d ",ans); return 0; }
poj3190 stall reservation
#include"iostream" #include"stdio.h" #include"queue" #include"algorithm" using namespace std; const int MAXN=50005; struct Node { int s,e,pos; friend bool operator<(Node a,Node b) { if(a.e==b.e) return a.s<b.s; return a.e>b.e; } }; bool Cmp(Node a,Node b) { if(a.s!=b.s) return a.s<b.s; else return a.e<b.e; } Node cows[MAXN]; priority_queue<Node>que; int order[MAXN]; int main() { int n; while(scanf("%d",&n)==1) { for(int i=0;i<n;i++) { scanf("%d%d",&cows[i].s,&cows[i].e); cows[i].pos=i; } sort(cows,cows+n,Cmp); que.push(cows[0]); order[cows[0].pos]=1; for(int i=1;i<n;i++) { if(cows[i].s>que.top().e) { order[cows[i].pos]=order[que.top().pos]; que.pop(); que.push(cows[i]); } else { que.push(cows[i]); order[cows[i].pos]=que.size(); } } cout<<que.size()<<endl; for(int i=0;i<n;i++) { cout<<order[i]<<endl; } } return 0; }
思路：区间贪心。把尽量多的牛放在一个棚子里，这样就可以使得用到的棚子数最少。只要任意两头牛的挤奶时间不重合，就可以放在一个棚子里。因为N值比较大，先标记好每一头牛的起始坐标，然后按起始时间从小到大进行排序，然后依次从前往后去遍历每一头牛。这里需要用一个优先队列来维护，以结束时间从小到大来维护，每次将一头牛与队列首的牛进行比较，如果满足它的起始时间大于队列首的那头牛的结束时间，这两头牛就可以使用同一个机器，否则就新加一个机器。这里需要注意牛的入队和出队
poj1328 radar installation
题意：地图的x轴的上方为海，下方为陆地，海中有n个小岛，坐标为(isl[i].x,isl[i].y)。有一种雷达，能探测到的范围为以d为半径的圆。问海岸线上至少造多少雷达可以把所有的小岛都包含在内。注意雷达是建在海岸线上的，也就是x轴上的。
1 #include<iostream> 2 #include<math.h> 3 #include<algorithm> 4 using namespace std; 5 const int Max = 1005; 6 7 struct 8 { 9 int x, y; 10 }isl[Max]; // 小岛的数据。 11 12 struct data 13 { 14 float sta, end; 15 }rad[Max]; // 小岛所对应雷达的数据。 16 17 bool cmp(data a, data b) 18 { 19 if(a.end < b.end) 20 return true; 21 else 22 return false; 23 } 24 25 int main() 26 { 27 int n, d, t = 1; 28 while(cin >> n >> d && n != 0) 29 { 30 int i, j, max_y = 0; 31 for(i = 0; i < n; i ++) 32 { 33 cin >> isl[i].x >> isl[i].y; 34 if(isl[i].y > max_y) 35 max_y = isl[i].y; 36 } 37 getchar(); 38 getchar(); // PE了两次。 39 40 cout << "Case " << t ++ << ": "; 41 if(max_y > d || d < 0) 42 { 43 cout << -1 << endl; 44 continue; 45 } 46 float len; 47 for(i = 0; i < n; i ++) 48 { // 求出小岛所对应雷达的可能覆盖范围。 49 len = sqrt(1.0 * d * d - isl[i].y * isl[i].y); 50 rad[i].sta = isl[i].x - len; 51 rad[i].end = isl[i].x + len; 52 } 53 sort(rad, rad + n, cmp); // 根据rad的end值进行排序。 54 55 int ans = 0; 56 bool vis[Max]; 57 memset(vis, false, sizeof(vis)); 58 for(i = 0; i < n; i ++) 59 { // 类似的活动选择。 60 if(!vis[i]) 61 { 62 vis[i] = true; 63 for(j = 0; j < n; j ++) 64 if(!vis[j] && rad[j].sta <= rad[i].end) 65 vis[j] = true; 66 ans ++; 67 } 68 } 69 cout << ans << endl; 70 } 71 return 0; 72 }
思路：贪心，从左到右建立雷达，要尽量多地覆盖岛屿。以岛屿为圆心，以d为半径画圆，如果画出的圆与x轴没有交点，则不能实现。存在交点的话，计算出第i个岛屿与x轴的交点坐标保存在结构体数组rad[i].sta与rad[i].end中。对结构体数组排序，按照rad[i].end进行升序排列，然后一次从左到右找雷达。对于rad[i].end为当前最右边的左坐标，对于下一个岛屿，如果rad[j].sta<ran[i].end，则不需要建立新的雷达，需要更新下一个岛屿。否则需要建立新的雷达。
noip2012 国王游戏（洛谷P1080）
poj2054 color a tree
参考：https://www.cnblogs.com/yu-chao/archive/2012/02/19/2358565.html