1．计数
(count.cpp/c/pas)
时间限制：1s
内存限制：256MB
【问题描述】
给出m个数a[1],a[2],…,a[m]
求1~n中有多少数不是a[1],a[2],…,a[m]的倍数。
【输入】
输入文件名为count.in。
第一行，包含两个整数：n,m
第二行，包含m个数，表示a[1],a[2],…,a[m]
【输出】
输出文件名为count.out。
输出一行，包含1个整数，表示答案
【输入输出样例】
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count.in |
count.out |
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10 2 2 3 |
3 |
【数据说明】
对于60%的数据，1<=n<=106
对于另外20%的数据，m=2
对于100%的数据，1<=n<=109,0<=m<=20,1<=a[i]<=109
题解：
#include<iostream> #include<cstdio> using namespace std; int cnt,n,m,x,vis[5000000]; int main(){ scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=m;i++){ scanf("%d",&x); for(int j=1;j*x<=n;j++){ if(!vis[j*x]){ vis[j*x]=true; cnt++; } } } printf("%d ",n-cnt); return 0; }
考试时用的map判重全T =…=
正解：容斥原理...考试时想到了..可是当时不会容斥..
一个区间内某个数倍数的个数=r/x-(l-1)/x，可是1--n中12既是3的倍数，又是4.6.的倍数
会被筛掉好几次，所以答案=n/一个数-n/两个数的lcm+n/三个数的lcm.....
#include<iostream> #include<cstdio> #define LL long long using namespace std; int n,m,ans,a[22]; inline int read(){ char ch=getchar();int x=0,f=1; for(;!isdigit(ch);ch=getchar())if(ch=='-')f=-1; for(;isdigit(ch);ch=getchar())x=x*10+ch-'0'; return x*f; } LL gcd(LL x,LL y){ return y==0?x:gcd(y,x%y); } void dfs(int now,int cnt,LL lcm){ if(lcm>n)return;//加上剪枝108ms，不加600ms if(now==m+1){ if(cnt&1)ans+=n/lcm; else if(cnt)ans-=n/lcm; return; } dfs(now+1,cnt,lcm); LL p=lcm/gcd(lcm,a[now])*a[now]; dfs(now+1,cnt+1,p); } int main(){ n=read();m=read(); for(int i=1;i<=m;i++)a[i]=read(); dfs(1,0,1); printf("%d ",n-ans); return 0; }
2．第k大区间
(kth.cpp/c/pas)
时间限制：1s
内存限制：256MB
【问题描述】
定义一个长度为奇数的区间的值为其所包含的的元素的中位数。
现给出n个数，求将所有长度为奇数的区间的值排序后，第K大的值为多少。
【输入】
输入文件名为kth.in。
第一行两个数n和k
第二行，n个数。（0<=每个数<231）
【输出】
输出文件名为kth.out。
一个数表示答案。
【输入输出样例】
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kth.in |
kth.out |
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4 3 3 1 2 4 |
2
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【样例解释】
[l,r]表示区间l~r的值
[1,1]：3
[2,2]：1
[3,3]：2
[4,4]：4
[1,3]：2
[2,4]：2
【数据说明】
对于30%的数据，1<=n<=100；
对于60%的数据，1<=n<=300
对于80%的数据，1<=n<=1000
对于100%的数据，1<=n<=100000, k<=奇数区间的数
题目大意：定义一段奇数长度区间的值为它的中位数，求所有奇数区间值的第k大。
题解：二分答案
假设现在二分的答案为t，那么怎样统计比t大的区间的个数呢？设s[i]为1--i大于等于t的数的个数，
发现，如果一个区间的中位数的大小比t大，那么s[r]-s[l-1]>(r-l+1)/2,==> 2*s[r]-r>2*s[l-1]-(l-1)，
我们用树状数组统计一下s[r]>s[l]的个数，因为r,l的奇偶性不同，要维护两个树状数组。
代码：
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #define LL long long #define maxn 100009 using namespace std; int n,l,r,mid,ans,a[maxn],b[maxn],tree[maxn*3][3]; LL k; void add(int pos,int p){ if(pos<=0)return; for(;pos<=maxn*3;pos+=pos&(-pos))tree[pos][p]++; } LL getsum(int pos,int p){ LL all=0;if(pos<=0)return 0; for(;pos;pos-=pos&(-pos))all+=tree[pos][p]; return all; } bool check(int p){ LL s=0; memset(tree,0,sizeof(tree)); for(int i=1;i<=n;i++)b[i]=a[i]>=p?1:0,b[i]+=b[i-1]; for(int i=1;i<=n;i++)b[i]=2*b[i]-i+n; add(n,0);//??? for(int i=1;i<=n;i++){ s+=getsum(b[i],(i&1)^1); add(b[i],(i&1)); } return s>=k; } int main(){ scanf("%d%lld",&n,&k); for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]),r=max(r,a[i]); while(l<=r){ mid=(l+r)>>1; if(check(mid))ans=mid,l=mid+1; else r=mid-1; } printf("%d ",ans); return 0; }
3. 区间求和
（sum.cpp/c/pas）
时间限制：2s
内存限制：256MB
【问题描述】
有n个数，给定一个k，求所有长度大于等于k的区间中前k大数的总和。这样就比较简单相信大家都会，所以此题要求当k=1~n的总和，即求
【输入】
输入文件名为sum.in。
输入五个数n,a1,A,B,C。a1表示第一个数，A,B,C用来生成其余n-1个数。a(i)=(a(i-1)*A+B)mod C。1<=n<=1,000,000,0<=a1,A,B,C<=1,000,000,000
【输出】
输出文件名为sum.out。
一个数表示答案，最后答案对1,000,000,007取模。
【输入输出样例】
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sum.in |
sum.out |
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3 3 1 1 10 |
63
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【样例解释】
三个数为3,4,5
K=1:[1,1]=3,[1,2]=[2,2]=4,[1,3]=[2,3]=[3,3]=5
(表示各个区间在k=1时的答案)
K=2:[1,2]=7,[2,3]=[1,3]=9
K=3:[1,3]=12
【数据说明】
对于30%的数据，1<=n<=100
对于60%的数据，1<=n<=300
对于80%的数据，1<=n<=1000
对于100%的数据，1<=n<=1000000
题解：树状数组...不会做...
首先我们讨论对于一个固定的区间[l,r]假设它的答案为ans，那么如果新增加一个数a[r+1]，
对于新的区间[l,r+1]，a[r+1]出现的次数为小于a[r+1]的数的次数+1。
所以我们要统计对于Ai<Aj &&i<j的个数，那么包含这两个数的区间为的个数为(n-j+1)*i,
Aj对答案的贡献为Aj*i*(n-j+1)。当Ai>Aj时同理，倒过来处理。
另外之前一直WA的原因是，离散化的时候应该双关键字查找，因为Ai<Aj时i<j。
还有模少了爆Int...
代码：
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #define mod 1000000007 #define maxn 1000009 #define LL long long using namespace std; LL n,ans,A,B,C,a[maxn],tree[maxn]; typedef pair<LL,int> PII; PII b[maxn]; void add(int x,int p){ for(;x<=n;x+=x&(-x))tree[x]=(tree[x]+p)%mod; } LL getsum(int x){ LL all=0; for(;x;x-=x&(-x))all=(all+tree[x])%mod; return all; } int main(){ scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&n,&a[1],&A,&B,&C); b[1].first=a[1];b[1].second=1; for(int i=2;i<=n;i++){ a[i]=(a[i-1]*A+B)%C; b[i].first=a[i];b[i].second=i; } sort(b+1,b+n+1); for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=lower_bound(b+1,b+n+1,make_pair(a[i],i))-b; for(int i=1;i<=n;i++){ add(a[i],i); LL tmp=b[a[i]].first*1LL*(n-i+1)%mod; LL amp=getsum(a[i]); ans=(ans%mod+tmp*amp%mod)%mod; } memset(tree,0,sizeof(tree)); for(int i=n;i>=1;i--){ LL tmp=(b[a[i]].first*1LL*i)%mod; LL amp=getsum(a[i]); ans=(ans%mod+tmp*amp%mod)%mod; add(a[i],n-i+1); } printf("%lld ",ans); return 0; }