【周8道题】4.24完成
2021/4/24 10:25:20
本文主要是介绍【周8道题】4.24完成，对大家解决编程问题具有一定的参考价值，需要的程序猿们随着小编来一起学习吧！
额，这八道题算法有些重复，其中单调类和DP似乎比较多，不过总体来说还是很有写的必要滴
我在做这些题时用到的算法有：单调类（单调队列、数组）、dp（区间dp、状压dp）、莫队、tarjin
由于比较忙碌，没有探究多种解法，谁有想法可以评论啊
我标了推荐指数，指数为*表示强烈不建议做，***表示一般题目，*****表示强烈建议去做。
[luogu]P2034 选择数字
推荐指数：***
算法：队列
先考虑dp。f[i][j]表示对于前i个数，结尾连续选了j个数时最大的数（1<=i<=n, 0<=j<=k）。那么f[i+1][j]=f[i][j-1]+a[j]，f[i+1][0]=max{f[i][0],f[i][1],...,f[i][k]}。
显然f数组的求取是O(N*K)的，太慢了。但是转移过程是可以转化成队列的。
f[i][0]到f[i][k-1]只是往后顺一位加上同一个数成为f[i+1][1]到f[i+1][k]，只有f[i+1][0]的计算略复杂一些。这就相当于维护一个长度为k+1的队列，每次从队尾删去一个数，从队头添加一个数。对于转移时加的那些数字，我们用sum存一下就好了。
我是用的multiset维护这个队列。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=100000+10;
int n, k;
int a[N];
LL b[N];
multiset<LL> S;
int main(){
cin>>n>>k;
for(int i=1; i<=n; ++i){
scanf("%d", a+i);
}
LL ans=0, sum=0;
S.insert(0);
b[0]=0;
for(int i=1; i<=n; ++i){
sum+=a[i];
//maxx存的是队列中的最大值
multiset<LL>::iterator maxx=S.end(); maxx--;
//b[i]是队列中添加的第i个元素，可以用来查找要删除的数字
b[i]=-a[i]+*maxx;
S.insert(b[i]);
if(i-k>0){
multiset<LL>::iterator tmp=S.find(b[i-k-1]);
S.erase(tmp);
}
maxx=S.end(); maxx--;
ans=max(ans,sum+*maxx);
}
cout<<ans<<endl;
}
[luogu]P4163 [SCOI2007]排列
推荐指数：****
算法：状压DP
一开始想的是搜索，结果TLE了。看了题解才发现是状压DP。
S的长度不超过10，这就说明S的排列不超过1024个。令f[t][i]表示以各种方式排状态t包含的这些数字时，膜d得i得结果有多少个（我们先不考虑选择了相同的数字带来的影响）
转移方程为：f[t][(j*10+s[k])%d]+=f[t^(1<<k)][j]
所以说，以后看到小数据就考虑下状压吧。不过，抛开数据范围，这题真有那么容易看出来是状压吗？我认为这道题能使用状压的原因有：
- 注重元素选择的顺序
- 计算满足交换律、结合律 i+j=j+i, i+(j+k)=(i+j)+k
- 数据范围小到可以O(2^n)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
LL f[1<<10][1010];
char s[15]; int d;
LL fact3[15];
int num[15];
int main(){
fact3[0]=1;
for(int i=1; i<=10; ++i) fact3[i]=fact3[i-1]*i;
int T; cin>>T;
while(T--){
cin>>s>>d;
int len=strlen(s);
for(int i=0; i<10; ++i) num[i]=0;
for(int i=0; i<len; ++i){
s[i]-='0';
num[s[i]]++;
}
f[0][0]=1;
int t=1<<len;
for(int p=1; p<t; ++p){
for(int i=0; i<len; ++i){
if(p&(1<<i)){
for(int j=0; j<d; ++j){
f[p][(j*10+s[i])%d]+=f[p^(1<<i)][j];
}
}
}
}
LL tmp=1;
for(int i=0; i<10; ++i){
tmp*=fact3[num[i]];
}
cout<<f[t-1][0]/tmp<<endl;
for(int p=0; p<t; ++p){
for(int i=0; i<d; ++i) f[p][i]=0;
}
}
}
[luogu] [国家集训队]数颜色 / 维护队列
推荐指数：*****
算法：莫队
我之前不会莫队，因此通过这道题学习了莫队。
当然莫队的教程哪里都找得到，因此我就说下我对这道题的理解。
知道了[L,R]内的颜色数，可以O(1)推出[L+1,R][L-1,R][L,R+1][L,R-1]的颜色数，那么我们就可以利用这点，用一个区间的答案推出另一个区间的答案。这样一来，时间消耗的主要地方就是区间之间的转移。于是我们用分块来将转移的总消耗控制在一定范围内。
不知道你们有没有，反正我在思考这道题的时候，有一瞬间是萌发了这种想法，但另一瞬间就被否定了，也许是自己觉得不可能实现吧，毕竟区间之间的转移太扯了。然而，正解却就是如此。所以当我们陷入思考的瓶颈时，不妨大胆一些，设法想一想那些“异想天开”的思路吧。
不过还有一点是，这是带修改的莫队，blocksize的大小计算得很玄学。这块我还不是很了解，因此以后可能会写一篇学习篇之类的？
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int V=2000000+10, N=2000000+10;//N=133333+10;
int c, n, m, tota, totb;
int blocksize;
int a[N], p[V], ans[N];
struct change{
int pre, place, suf;
}cg[N];
struct query{
int l, r, pre, id, bll, blr;
}q[N];
bool cmp(query a, query b){
return a.bll!=b.bll?a.bll<b.bll:(a.blr!=b.blr?a.blr<b.blr:a.pre<b.pre);
}
int main(){
scanf("%d%d", &n, &m);
for(int i=1; i<=n; ++i){
scanf("%d", a+i); a[i]%=V;
}
char sss[5];
for(int i=1, l, r; i<=m; ++i){
scanf("%s%d%d", &sss, &l, &r);
if(sss[0]=='R'){
r%=V;
cg[++tota].place=l; cg[tota].suf=r;
cg[tota].pre=a[cg[tota].place];
a[cg[tota].place]=cg[tota].suf;
}else{
if(l>r) swap(l,r);
q[++totb].l=l; q[totb].r=r; q[totb].pre=tota; q[totb].id=totb;
}
}
blocksize=pow(n,0.666);
// if(blocksize<1) return 0;
for(int i=1; i<=totb; ++i){
q[i].bll=(q[i].l-1)/blocksize+1;
q[i].blr=(q[i].r-1)/blocksize+1;
}
for(int i=tota; i>=1; --i){
a[cg[i].place]=cg[i].pre;
}
sort(q+1,q+totb+1,cmp);
int l=1, r=1, num=1, t=0; p[a[1]]++;
for(int i=1; i<=totb; ++i){
int ll=q[i].l, rr=q[i].r, tt=q[i].pre;
while(ll<l) num+=!p[a[--l]]++;
while(rr>r) num+=!p[a[++r]]++;
while(ll>l) num-=!--p[a[l++]];
while(rr<r) num-=!--p[a[r--]];
while(tt<t){
int pla=cg[t].place;
if(l<=pla && pla<=r) num-=!--p[a[pla]];
a[pla]=cg[t--].pre;
if(l<=pla && pla<=r) num+=!p[a[pla]]++;
}
while(tt>t){
int pla=cg[++t].place;
if(l<=pla && pla<=r) num-=!--p[a[pla]];
a[pla]=cg[t].suf;
if(l<=pla && pla<=r) num+=!p[a[pla]]++;
}
if(q[i].id<N) ans[q[i].id]=num;
}
for(int i=1; i<=totb; ++i) printf("%d\n", ans[i]);
}
[SCOI2006]整数划分
推荐指数：***
算法：高精度，数论
我数论不好，这道题有些做不来......
定理：n只能分成2、3、4这三种数。即若n>4，则n分成n-3和3，这样不断分下去，直到n<=4。
证明：若n分成的数中有一个是k(k>4)，那么(k-3)*3-k=2k-9>=2*5-9>0即(k-3)*3>k，也就是把k分成k-3和3更好。
剩下的只要高精度算就好了，也不需要整什么傅里叶变换（我当初就是看到这个标签才选的这道题，害）
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=31000;
struct Number{
int a[5010], sz, M;
Number(){
M=10000;
sz=1;
a[1]=1;
}
void Mul(int t){
int jin=0;
for(int i=1; i<=sz; ++i){
a[i]=jin+a[i]*t;
jin=a[i]/M;
a[i]%=M;
}
if(jin){
a[++sz]=jin;
}
}
}res;
int main(){
int n; cin>>n;
while(n>4){
res.Mul(3);
n-=3;
}
if(n==4) res.Mul(4);
else if(n==3) res.Mul(3);
else res.Mul(2);
int tmp=res.a[res.sz];
int cnt=0;
while(tmp){
cnt++;
tmp/=10;
}
cout<<res.sz*4-4+cnt<<endl;
cout<<res.a[res.sz]; int sum=cnt;
for(int i=res.sz-1; sum<100&&i>0; --i){
if(sum<96){
//cout<<res.a[i];
printf("%04d", res.a[i]);
sum+=4;
}else{
int tmp=10000, resa=res.a[i];
for(; sum<100; ++sum){
tmp/=10;
cout<<resa/tmp;
resa%=tmp;
}
}
}
}
[luoguP3916]图的遍历
推荐指数：**** (可以学下tarjin)
算法：tarjin、反向建图
方法一：tarjin
我一开始就想的这个方法，然后就没再深入地思考了。如果这是一棵树的话，直接dfs就完事了，所以缩点就行了。
方法二：反向建边
直接反向建边，dfs就完事了，按序号从高到低枚举每个点，把它能到达的点标记上就行了，更加简单。
tarjin:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=100000+10;
struct Graph{
struct Edge{
int to, next;
Edge(int to=0, int next=0):to(to),next(next){}
}e[N];
int en, h[N];
Graph(){
en=0;
memset(h,0,sizeof(h));
}
void add(int u, int v){
e[++en]=Edge(v,h[u]);
h[u]=en;
}
}g1, g2;
int ord=1, top=0;
int dfn[N], low[N], belong[N], sta[N], rep[N];
bool vis[N];
int num;
void Tarjin(int u){
dfn[u]=low[u]=++ord;
vis[u]=true;
sta[++top]=u;
int TOP=top;
for(int p=g1.h[u]; p; p=g1.e[p].next){
int v=g1.e[p].to;
if(!dfn[v]){
Tarjin(v);
low[u]=min(low[u],low[v]);
}else if(vis[v]) low[u]=min(low[u],dfn[v]);
}
if(dfn[u]==low[u]){
num++;
for(int i=TOP; i<=top; ++i){
vis[sta[i]]=false;
belong[sta[i]]=num;
rep[num]=max(rep[num],sta[i]);
}
top=TOP-1;
}
}
int n, m;
int res[N];
void dfs(int u){
vis[u]=true;
res[u]=rep[u];
for(int p=g2.h[u]; p; p=g2.e[p].next){
int v=g2.e[p].to;
if(!vis[v]) dfs(v);
res[u]=max(res[u],res[v]);
}
}
int main(){
cin>>n>>m;
for(int i=1, u, v; i<=m; ++i){
scanf("%d%d", &u, &v);
g1.add(u,v);
}
for(int i=1; i<=n; ++i){
if(!dfn[i]) Tarjin(i);
}
for(int i=1; i<=n; ++i){
int u=belong[i];
for(int p=g1.h[i]; p; p=g1.e[p].next){
int v=g1.e[p].to; v=belong[v];
if(u!=v) g2.add(u,v);
}
}
for(int i=1; i<=n; ++i){
if(!vis[belong[i]]) dfs(belong[i]);
}
for(int i=1; i<=n; ++i){
printf("%d ", res[belong[i]]);
}
return 0;
}
反向建边：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=100000+10;
vector<int> V[N];
int n, m;
int a[N];
int res[N];
void dfs(int u, int cur){
res[u]=cur;
for(int i=V[u].size()-1; ~i; --i){
int v=V[u][i];
if(res[v]) continue;
dfs(v,cur);
}
}
int main(){
int n, m;
cin>>n>>m;
for(int i=1, u, v; i<=m; ++i){
scanf("%d%d", &u, &v);
V[v].push_back(u);
}
for(int i=n; i>=1; --i){
if(!res[i]) dfs(i,i);
}
for(int i=1; i<=n; ++i){
printf("%d ", res[i]);
}
}
[cf793D] Presents in Bankopolis
推荐指数：***
算法：区间dp
题意：一条街道上从左往右有n个路口。有m个自行车道的单向道路，他们都有一个起点u和终点v（不能从u、v之间离开道路）和一个困难程度d。现在你要在k个路口放置礼物，如果你在某个路口放置了礼物，那么你之后就不能再经过这个路口。经过一个路口的定义是，这个路口在你走的自行车道的起点和终点之间。现在你能从任意一个路口出发，请问你最少要经历多少困难程度才能完成目标？(最终的困难程度是你走过的路的困难程度之和，且你只能走k-1条道路)如果不能实现，输出-1。
1<=n,k<=80 0<=m<=2000 1<=d_i<=1000
思路：根据不能经过同一个路口的条件，如果我们当前的道路是l->r，那么下次只能选r->k或是t<-r(t>l)。这些区间之间的关系是包含或相切，因此可以用区间dp。令f[l][r][k][0或1]表示在区间[l,r]上已经选了k条路且端点为左边（0为左边，1为右边）时最少的困难程度。
转移方程为f[l][r][k][0]=min{f[t][r][k-1][1]+d[l][r],f[t][r][k-1][0]+d[l][t]}，t在l和r之间。具体请看代码。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int INF=1000000007;
const int N=81;
int n, m, p;
int c[N][N], f[N][N][N][2];
int main(){
cin>>n>>p>>m;
for(int i=1; i<=n; ++i){
for(int j=1; j<=n; ++j) c[i][j]=INF;
}
for(int i=1, x, y, dis; i<=m; ++i){
scanf("%d%d", &x, &y);
scanf("%d", &dis);
c[x][y]=min(dis,c[x][y]);
}
for(int i=1; i<=n; ++i){
for(int j=1; j<=n; ++j){
for(int k=0; k<=p; ++k){
f[i][j][k][0]=f[i][j][k][1]=INF;
}
}
}
for(int i=1; i<=n; ++i){
f[i][i][1][0]=f[i][i][1][1]=0;
}
for(int d=1; d<n; ++d){
for(int i=1; i+d<=n; ++i){
int j=i+d;
for(int k=2; k<=p; ++k){
for(int i2=i+1; i2<j; ++i2){
f[i][j][k][0]=min(f[i][j][k][0],f[i2][j][k-1][0]+c[i][i2]);
f[i][j][k][0]=min(f[i][j][k][0],f[i2][j][k-1][1]+c[i][j]);
}
f[i][j][k][0]=min(f[i][j][k][0],f[j][j][k-1][0]+c[i][j]);
for(int j2=j-1; j2>i; --j2){
f[i][j][k][1]=min(f[i][j][k][1],f[i][j2][k-1][1]+c[j][j2]);
f[i][j][k][1]=min(f[i][j][k][1],f[i][j2][k-1][0]+c[j][i]);
}
f[i][j][k][1]=min(f[i][j][k][1],f[i][i][k-1][1]+c[j][i]);
}
}
}
int ans=INF;
for(int i=1; i<=n; ++i){
for(int j=1; j<=n; ++j){
ans=min(ans,f[i][j][p][0]);
ans=min(ans,f[i][j][p][1]);
}
}
cout<<(ans==INF?-1:ans)<<endl;
}
[cf359C] Prime Number
推荐指数：***
算法：数论
题目挺短的，而且公式也多，就不翻译了。
一道数论唬人题目，只要不被吓住，就没什么难度。
由于x是质数，因此gcd一定是x的幂。我们只需要看分子的指数就好了。
实在过于简单，懒得写了...
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=100000+10;
const LL M=1e9+7;
LL n, x, sum;
LL a[N], b[N], val[N], cnt[N];
LL power(LL x, LL p){
LL res=1, tmp=x;
while(p){
if(p&1) res=res*tmp%M;
tmp=tmp*tmp%M;
p>>=1;
}
return res;
}
int main(){
cin>>n>>x;
for(int i=1; i<=n; ++i){
scanf("%lld", a+i);
sum+=a[i];
}
for(int i=1; i<=n; ++i){
b[i]=sum-a[i];
}
sort(b+1,b+n+1);
int valn=0;
val[++valn]=b[1]; cnt[valn]=1;
for(int i=2; i<=n; ++i){
if(b[i]==val[valn]){
cnt[valn]++;
}else{
val[++valn]=b[i];
cnt[valn]=1;
}
}
int vall=1;
while(cnt[vall]%x==0){
if(vall<valn && val[vall+1]==val[vall]+1){
cnt[vall+1]+=cnt[vall]/x;
vall++;
}else{
val[vall]++;
cnt[vall]/=x;
}
}
printf("%lld\n", power(x,min(val[vall],sum)));
return 0;
}
[cf629D] Babaei and Birthday Cake
推荐指数：***
算法：单调数组（我想大概就叫这个名字）
题意：你有n块蛋糕，编号1到n且每块都有一个体积v_i。你能把第i块放到第j块之上的条件是i>j且v_i>v_j。现在问你最大能摞成多大体积。
根据第一个限制i>j，我们按编号从小到大考虑。根据第二个限制v_i>v_j，我们可以维护一个单调数组。假设已经考虑了前i个蛋糕，我们把他们组成的最优解排序。各个最优解都有两个值last和vol，分别表示放在最上面的蛋糕的体积和总的蛋糕的体积，可以发现last越大，vol就越大。因此我们把这些最优解按last从小到大排序。那么加入第i+1块蛋糕后，就需要更新这个数组。假设t.last是最优解中最大的小于v_{i+1}的last，那么我们可以向数组中加入一个最优解，它的last=v_{i+1}，vol=t.vol+v_{i+1}。然后我们还需要删去一些解，来维护“last越大，vol越大”这个性质。所有上面这些操作，可以用set实现。
总的来说还是比较简单的。
#include<bits/stdc++.h>
const double PI=acos(-1);
using namespace std;
struct Data{
double last, vol;
bool operator<(const Data&t)const{
return last<t.last;
}
};
const int N=100010;
int n;
double v[N];
set<Data> S;
int main(){
cin>>n;
for(int i=1, r, h; i<=n; ++i){
scanf("%d%d", &r, &h);
v[i]=PI*r*r*h;
}
Data d;
d.last=d.vol=0;
S.insert(d);
d.last=PI*10000*10000*10010; d.vol=d.last*N;
S.insert(d);
for(int i=1; i<=n; ++i){
d.last=v[i];
set<Data>::iterator it=S.lower_bound(d);
it--;
// printf("--- %lf\n", v[i]);
d.vol=it->vol+v[i];
it++;
if(it!=S.end()){
for(set<Data>::iterator it2=it++; it2->vol<d.vol; it2=it++){
S.erase(it2);
if(it==S.end()) break;
}
}
S.insert(d);
// printf("+++ %lf %lf\n", d.last, d.vol);
}
set<Data>::iterator it=S.end();
printf("%.10lf\n", (--(--it))->vol);
}
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