问题 A: 质数因子
题目描述
功能：输入一个正整数，按照从小到大的顺序输出它的所有质因子（如180的质因子为2 2 3 3 5 ），
最后一个数后面也要有空格。
输入
多组输入，每组输入一个整数n(1<n<=1e18)。
输出
每组数据输出一行。
每行按照从小到大的顺序输出它的所有质数的因子，以空格隔开。最后一个数后面也要有空格。
样例输入
180
样例输出
2 2 3 3 5
思路
2到sqrt(n)循环，判断i是否能够整除n，如果能循环除i
//如果能整除，这个i肯定是质数。
//反证法：如果不是，那在i前，n会被i的因子除，i也就不能整除n了
i=2;i * i<=n;++i
//每次被除，n都会改变，但如果i*i大于n，也就是i大于sqrt(n)说明n已经是质数，直接输出就好
//反证法：如果i整除n而且i>sqrt(n)也就是 i * j=n，j也就小于sqrt(n)在i之前就会遍历到j，所以不成立
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=2e5+5;
int main(){
ll n;
while(~scanf("%lld",&n)){
for(ll i=2;i*i<=n;++i){
while(n%i==0){
n/=i;
printf("%lld ",i);
}
}
if(n>1){
printf("%lld ",n);
}
putchar('\n');
}
return 0;
}
问题 B: 取近似值
题目描述
写出一个程序，接受一个正浮点数值，输出该数值的近似整数值。如果小数点后数值大于等于5,向上取整；小于5，则向下取整。
输入
多组输入，每组输入一个正浮点数值。
输出
每组输出该数值的近似整数值。
样例输入
5.5
样例输出
6
代码1
将n加0.5再强转舍去小数
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
double n;
while(~scanf("%lf",&n)){
printf("%d\n",(int)(n+0.5));
}
return 0;
}
代码2
n*10/10得到小数点后第一个数，判断一下是否大于等于5
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
double n;
while(~scanf("%lf",&n)){
if(((int)(n*10)%10)>=5)
printf("%d\n",(int)n+1);
else
printf("%d\n",(int)n);
}
return 0;
}
问题 C: 合并表记录
题目描述
数据表记录包含表索引和数值（int范围的整数），请对表索引相同的记录进行合并，即将相同索引的数值进行求和运算，输出按照key值升序进行输出。
输入
先输入键值对的个数n；
然后输入成对的index和value值，以空格隔开。
题目保证n<=1e5，且index,value均在int范围
输出
输出合并后的键值对（多行）。
样例输入
4
0 1
0 2
1 2
3 4
样例输出
0 3
1 2
3 4
思路
用map储存每一种index的value
数组的话比较麻烦，可能有负的index，而且如果数据很极限有-100000000 和100000000那会处理不了
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
int n,a,b;
while(~scanf("%d",&n)){
map<int,ll> mp;
map<int,ll>::iterator it;
while(n--){
scanf("%d %d",&a,&b);
mp[a]+=b;
}
for(it=mp.begin();it!=mp.end();++it){
printf("%d %lld\n",it->first,it->second);
}
}
return 0;
}
问题 D: 提取不重复的整数
题目描述
输入一个int型整数，按照从右向左的阅读顺序，返回一个不含重复数字的新的整数。
输入
多组输入，每行输入一个int型整数。
输出
按照从右向左的阅读顺序，每组数据返回一个不含重复数字的新的整数，注意去除前导0。
样例输入
9876673
样例输出
37689
思路
按题目要求从右至左遍历n，用一个变量标记是否输出过，输出过才能输出0（去除前导0）
ps：1010应该输出1
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
int n,x;
while(~scanf("%d",&n)){
int ju=0,mp[15]={0};
while(n){
x=n%10;n/=10;
if(mp[x]==0){
mp[x]=1;
if(x==0&&ju==0)
continue;
ju=1;
printf("%d",x);
}
}
if(ju==0)printf("0");//如果没有输出过，也就是都是0
putchar('\n');
}
return 0;
}
问题 E: 字符个数统计
题目描述
编写一个函数，计算字符串中含有的不同字符的个数。字符在ACSII码范围内(0~127)，换行表示结束符，不算在字符里。不在范围内的不作统计。
输入
输入N个字符，字符在ACSII码范围内。(1<=N<=1e5)
输出
输出范围在(0~127)字符的个数。
样例输入
abc
样例输出
3
思路
判断字符是否属于区间（0，127）
再用数组标记字符是否累加过，没有则ans++，再标记
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e5+5;
char s[maxn];
int main()
{
while(gets(s+1)){
int ls=strlen(s+1),ans=0,mp[130]={0};
for(int i=1;i<=ls;++i){
if(s[i]>0&&s[i]<127&&mp[s[i]]==0)++ans,mp[s[i]]=1;
}
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
问题 F: Graph
题目描述
给出 N 个点，M 条边的有向图，对于每个点 v，求 A(v) 表示从点 v 出发，能到达的编号最大的点。
输入
第 1 行，2 个整数 N,M。 接下来 M 行，每行 2 个整数,Ui,Vi表示边(Ui,Vi）。点用 1,2,…,N 编号。(1≤N,M≤105)
输出
N 个整数 A(1),A(2),⋯,A(N)。
样例输入
4 3
1 2
2 4
4 3
样例输出
4 4 3 4
思路
可能有环，正向建边遍历很麻烦。
考虑反向建边，编号从大到小遍历进行dfs，将当前编号能到达且未被遍历到的点标记为当前编号
如果dfs的时候，一个点已经被标记过了说明他能到比当前dfs的编号更大或者相等的点，直接return
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=1e5+5;
vector<int>w[maxn];
int ans[maxn];
void dfs(int now,int v){
if(ans[now])return;
ans[now]=v;
for(int i=0;i<w[now].size();++i){
int to=w[now][i];
dfs(to,v);
}
}
int main()
{
int n,m,a,b;
while(~scanf("%d %d",&n,&m)){
memset(ans,0,sizeof(ans));
for(int i=1;i<=n;++i)w[i].clear();
for(int i=1;i<=m;++i){
scanf("%d %d",&a,&b);
w[b].push_back(a);
}
for(int i=n;i>=1;--i){
if(ans[i]==0)dfs(i,i);
}
for(int i=1;i<=n;++i){
printf("%d ",ans[i]);
}
}
return 0;
}
问题 G: Sequence
题目描述
给出序列A1,A2,AN求1≤i≤j≤N∑(Ai⊕Ai+1⊕⋯⊕Aj)的值。其中，⊕ 表示按位异或。
输入
第 1 行，1 个整数 N。 第 2 行，N 个整数A1,A2,AN 。(1≤N≤105,0≤Ai≤109)
输出
1 个整数。
样例输入
2
1 2
样例输出
6
思路
二进制和前缀思想
将数字转化为二进制，对每一位进行考虑。
假如n=7
这个7个数的某一位上的情况为
1 0 0 1 0 1 0
计算前缀pre[i]（当前点前的1的个数）
0 1 1 1 2 2 3 3（第一个0是什么都没有的情况）
奇偶性
0 1 1 1 0 0 1 1
对于Ai⊕Ai+1⊕⋯⊕Aj，如果区间i到j的1为奇则对答案有贡献
也就是说j的前缀pre[j]减去i-1的前缀pre[i-1]为奇数，也就是pre[j]减pre[i-1]的奇偶性为奇
即pre[j]和pre[i-1]的奇偶性不同，这一位为1的情况也就是（（这n个数前缀为奇的数量）乘（这n个数前缀为偶的数量加1）） （加1是空的前缀，也为偶）
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=1e5+5;
int a[maxn];
ll num[35];
int main()
{
int n,now=0;
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&a[i]);
for(int i=1;i<=n;++i){
now^=a[i];
for(int j=0;j<=30;++j){
num[j]+=(now>>j)&1;
}
}
ll ans=0;
for(int i=0;i<=30;++i){
ans+=(num[i]*(n+1-num[i]))<<i;
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
问题 H: Inversion
题目描述
对于序列 A，它的逆序对数定义为满足i<j，且 Ai>Aj的数对 (i,j ) 的个数。
现给你 1 到 n 的一个排列，并按照某种顺序依次删除 m 个元素。现请你求出在每次删除一个元素之前整个序列的逆序对总个数。
输入
第一行包含两个整数 n 和 m
第二行包含 n 个数，代表初始序列
接下来的 m 行，每行一个整数表示第 i 次删除的数（保证在此之前未曾删除过）
1≤n≤1051≤m≤5×104
输出
共 m 行，表示第 i 次删数前整个序列的逆序对总个数。
样例输入
5 4
1 5 3 4 2
5
1
4
2
样例输出
5
2
2
1
思路
解法较多，树套树什么的
这里介绍一下CDQ分治
二维偏序问题：
对于每个元素(a,b)，有多少个有序对(a0,b0)满足a0 < a且b0 < b
求逆序对其实就是一个二维偏序问题
二维偏序问题几何表现为在二维坐标上求一个矩形内的点数
每一个位置由两个元素表示，x表示坐标，y表示大小，求逆序对就是求有多少个a，b满足a.x<b.x&&a.y>b.y
但这里需要删除怎么办呢
我们可以再加一维，时间维，变成三维偏序问题（给定N个有序三元组(a,b,c)，求对于每个三元组(a,b,c)，有多少个三元组(a0,b0,c0)满足a0 < a且b0 < b且c0 < c）。
二维偏序问题几何表现为在三维坐标上求一个长方体内的点数
每一个位置由三个元素表示，x表示坐标，y表示大小，t表示元素出现的时间
先删除的时间维度大，后删除的时间维度小
问题就转变成求有多少个a，b满足a.x<b.x&&a.y>b.y&&a.t>b.t
具体的还是看代码实现吧…
第一次看到实现的代码确实很令人头疼~我也是看了很久才弄懂
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=1e5+5;
struct node{
int x,y,t;
}a[maxn],b[maxn];
ll ans[maxn];
int c[maxn],le[maxn],ri[maxn],pos[maxn],n;
//树状数组添加
void add(int i,int v){
while(i<=n){
c[i]+=v;
i+=i&(-i);
}
}
//树状数组查询
int sum(int i){
int num=0;
while(i>0){
num+=c[i];
i-=i&(-i);
}
return num;
}
//cdq分治
void cdq(int l,int r){
if(l>=r)return;
int mid=(l+r)>>1,l1=l,l2=mid+1;
//将区间l和r按时间戳分成两部分
//可以发现前一半的时间戳比后一半任意一个时间戳都要小，前一部分和后一部分的x都分别是有序的
for(int i=l;i<=r;++i){
if(a[i].t<=mid)b[l1++]=a[i];
else b[l2++]=a[i];
}
for(int i=l;i<=r;++i)a[i]=b[i];
//i遍历后一半，寻找前一半里有多少个坐标小于第i个，值大于第i个的数量
l1=l;
for(int i=mid+1;i<=r;++i){
while(l1<=mid&&b[l1].x<b[i].x){
add(b[l1++].y,1);
}
//前一半的总数量减去值小于第i个的数量=前一半里值大于第i个的数量
le[b[i].t]+=l1-l-sum(b[i].y);
}
//复原树状数组
for(int i=l;i<=l1-1;++i)add(b[i].y,-1);
//i逆序遍历后一半，寻找前一半里有多少个坐标大于第i个，值小于第i个的数量
l1=mid;
for(int i=r;i>=mid+1;--i){
while(l1>=l&&b[l1].x>b[i].x){
add(b[l1--].y,1);
}
ri[b[i].t]+=sum(b[i].y-1);
}
//复原树状数组
for(int i=l1+1;i<=mid;++i)add(b[i].y,-1);
cdq(l,mid),cdq(mid+1,r);//对左右部分求逆序对
}
int main()
{
int m,x;
scanf("%d %d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;++i){
scanf("%d",&a[i].y),a[i].x=i,pos[a[i].y]=i;//pos[i]表示值为i的元素的坐标
}
int tim=n;
for(int i=1;i<=m;++i){//将需要删除的点加上时间戳
scanf("%d",&x);
a[pos[x]].t=tim--;
}
for(int i=1;i<=n;++i){//不需删除的点加上时间戳
if(a[i].t==0)
a[i].t=tim--;
}
cdq(1,n);
//ri[i]表示时间戳为i的点右边比该点大的数量，le[i]表示时间戳为i的点左边比该点小的数量
for(int i=1;i<=n;++i) ans[i]=ans[i-1]+ri[i]+le[i];
for(int i=n;i>=n-m+1;--i)//输出最后m个时间戳的逆序对
printf("%lld\n",ans[i]);
return 0;
}