A. 【NOIP2018 模拟】密码
两行非空字符串，纯小写英文字母，第一行是加密后的密码，第二行是原密码。
第一行长度不超过300000，第二行不超过200。
【输出】
一行，有多少种方案。注意：不剪也是一种方案。
【输入输出样例】
substring.in
abcabcabc
substring.out
cba 9
【样例解释】
用(L,R)表示一种方案，其中L和R分别表示截去头和尾的长度。这9钟方案分别是(0,0),(0,1),(0,2),(1,0),(1,1),(1,2),(2,0),(2,1),(2,2)。
【数据说明】
30%的数据满足第一行长度不超过1000。大水题，直接爆搜过。实际上正解是动规。
暴力就是遇到源码字母就记录一次，然后可以看出前面的乘以找到源码字符串后面的字符个数+1相乘即为方案数（乘法原理）
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cctype>
#include<string>
#include<cstring>
#include<map>
#include<set>
#include<vector>
#include<stack>
#include<queue>
using namespace std;
#define RG register
#define ll long long
#define in(x) x = read()
#define lin(x) scanf("%lld",&x)
#define llin(x) x = lread
#define din(x) scanf("%lf",&x)
#define dout(x) printf("%lf",x)
#define out(x) print(x)
#define lout(x) printf("%lld",x)
#define ex putchar('\n')
#define ko putchar(' ')
const ll p = 1e10 + 7;
string s,ori;
int n,m;
ll ans = 0;
bool f = 0,f1 = 0;
int i = 0,x = -1,h,t,k = 0;
inline int read()
{
int X=0,w=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-') w=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0' && ch<='9') X=(X<<3)+(X<<1)+ch-'0',ch=getchar();
return X*w;
}
inline ll lread()
{
ll X=0,w=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-') w=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0' && ch<='9') X=((X<<3)+(X<<1)+ch-'0')%p,ch=getchar();
return X*w;
}
void print(int x)
{
if(x<0)
{
putchar('-');
x=-x;
}
if(x>9)
{
print(x/10);
}
putchar(x%10+'0');
}
int main()
{
cin >> s >> ori;
n = s.size()-1;
m = ori.size()-1;
while(i <= n)
{
while(i <= n && s[i] != ori[k]) i++;
if(i > n) break;
if(k == 0) h = x,x = i;
if(k == m) ans += (x-h)*(n+1-i);
i++;k++;
if(k > m) i = x+1,k = 0;
}
lout(ans);
return 0;
}
B. 【NOIP2018 模拟】剑与魔法
【问题描述】
万老师听说某大国很流行穿越，于是他就想写一个关于穿越的剧本。
闲话休提。话说老师穿越到了某一个剑与魔法的大陆。因为如此这般，所以老师从维娜艾那里得到了预言。老师一共被告知了若干件按顺序结算的 事件。这些事件分为两类：战役事件（CASE）、穿越回去事件（END）。战役事件可以选择是否参加，参加了之后会获得一定的金钱。每个END事件 发生需要至少参加一定数量的战役事件。特别的是，END事件如果满足要求就会强制发生。老师希望在大陆玩个够，所以他要求只有最后一个END事 件会发生。老师希望获得最多的金钱，所以求助于你。
【输入】
第一行一个数N，表示输入文件有多少行。 接下来每一行用空格隔开一个字符和一个整数。字符为“c”表示战役事件，接下来的整数表示这次涨RP顺带有多少钱；字符为“e”表示穿越回去 事件，接下来的整数代表至少要涨多少RP。最后一个事件保证是END事件。
【输出】
第一行一个整数，最多金钱数目。
若不可能则输出-1。
【输入输出样例】
dragons.in
5
c 10
c 12
e 2
c 1
e 2
dragons.out
13
【数据说明】
30%的数据满足 N<=20
60%的数据满足 N<=1,000
100%的数据满足 N<=200,000
每次涨RP事件赏金不超过10,000
穿越事件的要求不超过200,000
贪心，由于只能触发最后一个END事件且题目说了保证最后一个事件可以触发，所以我们直接建一个最大堆
priority_queue<int,vector<int>,greater<int> >q;每次遇到一个END事件，除非最后一个，若前面进的CASE事件数已经大于等于END事件触发条件，那么我们就要弹出直到CASE事件数等于END触发事件数-1，由于我们要最大金币，所以弹出时肯定最少越好。最大堆刚刚好满足这一点（最外面的最小，以此类推）。由于最后一个END一定可以满足，所以最后我们就把堆中的所有金币数加起来就得到我们要的答案了。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cctype>
#include<string>
#include<cstring>
#include<map>
#include<set>
#include<vector>
#include<stack>
#include<queue>
using namespace std;
#define RG register
#define ll long long
#define in(x) x = read()
#define lin(x) scanf("%lld",&x)
#define llin(x) x = lread
#define din(x) scanf("%lf",&x)
#define dout(x) printf("%lf",x)
#define out(x) print(x)
#define lout(x) printf("%lld",x)
#define ex putchar('\n')
#define ko putchar(' ')
const ll p = 1e10 + 7;
const int MAXN = 2e5+5;
int ans = 0;
inline int read()
{
int X=0,w=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-') w=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0' && ch<='9') X=(X<<3)+(X<<1)+ch-'0',ch=getchar();
return X*w;
}
inline ll lread()
{
ll X=0,w=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-') w=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0' && ch<='9') X=((X<<3)+(X<<1)+ch-'0')%p,ch=getchar();
return X*w;
}
void print(int x)
{
if(x<0)
{
putchar('-');
x=-x;
}
if(x>9)
{
print(x/10);
}
putchar(x%10+'0');
}
priority_queue<int,vector<int>,greater<int> >q;
struct node
{
int w,c;
}a[MAXN*2];
int n;
int check(char s)
{
return s == 'c' ? 1 : 2;
}
int main()
{
// freopen("dragons.in","r",stdin);
// freopen("dragons.out","w",stdout);
in(n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
char ch;
int x;
cin >> ch;
in(x);
a[i]={x,check(ch)};
}
for(int i=1;i<n;i++)
{
if(a[i].c==1)q.push(a[i].w);
else
{
while(q.size()>a[i].w-1)
{
q.pop();
}
}
}
int tot=0;
while(!q.empty())
{
tot+=q.top();
q.pop();
}
out(tot);
return 0;
}
C. 【NOIP2018 模拟】矩形
【问题描述】
因为对polo忍无可忍， dzf使用圣剑在地上划出了许多纵横交错的沟壑来泄愤。这些沟壑都严格与X轴平行或垂直。 polo嘲笑了dzf无聊的行为，然后做了一件更加无聊的事。他蹲下来数这些沟壑的条数。数着数着，polo意识到一个问题，那就是因为圣剑的威力太大，划出的沟壑太多，地面就会塌陷。而如果两条水平的沟壑和两条垂直的沟壑相交组成了一个矩形，那么塌陷的危险就会进一步增加。现在polo已经数了n条沟壑，他想知道这些沟壑组成了多少个矩形。
【输入】
第一行一个数n,接下来每行4个数x1,y1,x2,y2，表示沟壑的两个端点(x1,y1),(x2,y2)
【输出】
一个数，组成的矩形个数。
【输入输出样例1】
rect.in
4
0 0 1 0
0 0 0 1
1 1 1 -1
1 1 0 1
rect.out
1
【输入输出样例2】
rect.in
8
1 0 4 0
2 1 2 0
0 0 0 3
2 2 2 3
3 3 3 -1
0 3 4 3
4 1 -1 1
3 2 -1 2
rect.out
6
【数据说明】
对于30%的数据，1<=n<=100
对于60%的数据，1<=n<=600
对于100%的数据，1<=n<=2000,坐标绝对值小于10^9，任意两条与X轴水平的沟壑之间没有交点，任意两条与X轴垂直的沟壑没有交点。
线段树优化的一道题。
但是感觉上巨复杂、、、
于是就打了个暴力，得60分
此题题意是：给n个线段，以两端点坐标的形式（x1,y1,x2,y2）
要求算出这些线段能形成的矩形个数
暴力思路：
对于30%的数据，枚举两条水平的线段，再枚举两条垂直的线段，判断是否两两相交即可。时间复杂度：
O(n4)
对于60%的数据，枚举两条垂直的线段，再统计有多少条水平线段与这两条线段相交，记为k。那么这两条垂直的线段和所有水平线段组成的矩形个数记为C(k,2)C(k,2)，累加进答案即可。时间复杂度O(n3)。
30分暴力就不给代码了，60分暴力：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cctype>
#include<string>
#include<cstring>
#include<map>
#include<set>
#include<vector>
#include<stack>
#include<queue>
using namespace std;
#define RG register
#define ll long long
#define in(x) x = read()
#define lin(x) scanf("%lld",&x)
#define llin(x) x = lread
#define din(x) scanf("%lf",&x)
#define dout(x) printf("%lf",x)
#define out(x) print(x)
#define lout(x) printf("%lld",x)
#define ex putchar('\n')
#define ko putchar(' ')
const ll p = 1e10 + 7;
const int MAXN = 2e5+5;
int ans = 0;
inline int read()
{
int X=0,w=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-') w=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0' && ch<='9') X=(X<<3)+(X<<1)+ch-'0',ch=getchar();
return X*w;
}
inline ll lread()
{
ll X=0,w=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-') w=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0' && ch<='9') X=((X<<3)+(X<<1)+ch-'0')%p,ch=getchar();
return X*w;
}
void print(int x)
{
if(x<0)
{
putchar('-');
x=-x;
}
if(x>9)
{
print(x/10);
}
putchar(x%10+'0');
}
priority_queue<int,vector<int>,greater<int> >q;
struct node
{
int w,c;
}a[MAXN*2];
int n;
int check(char s)
{
return s == 'c' ? 1 : 2;
}
int main()
{
// freopen("dragons.in","r",stdin);
// freopen("dragons.out","w",stdout);
in(n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
char ch;
int x;
cin >> ch;
in(x);
a[i]={x,check(ch)};
}
for(int i=1;i<n;i++)
{
if(a[i].c==1)q.push(a[i].w);
else
{
while(q.size()>a[i].w-1)
{
q.pop();
}
}
}
int tot=0;
while(!q.empty())
{
tot+=q.top();
q.pop();
}
out(tot);
return 0;
}
蒟蒻的我还没写出100分代码，只好先粘一个大家看看：
转自
https://blog.csdn.net/Donald_TY/article/details/52641594
对于100%的数据，将垂直的线段按x排序，枚举垂直线段i，然后把所有与i相交的水平线段添加进线段树，然后枚举j线段，因为x是单调的，所以我们可以随着j的增加删除线段树中的线段，k的值就是在线段树中查询。线段树的区间是y坐标的区间。时间复杂度
O(n2log(n))#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define y1 yl
#define ll long long
#define p1 id<<1
#define p2 id<<1^1
using namespace std;
int n,x,la,lb,len,tot;
int x1,y1,x2,y2;
ll ans;
struct ty
{
int x1,y1,x2,y2;
}a[2005],b[2005],c[2005];
int num[10005],li[10005];
int tree[10005];
bool cmp(ty a,ty b)
{
return a.x1<b.x1;
}
bool fuck(ty a,ty b)
{
return a.x2<b.x2;
}
int query(int id,int l,int r,int x,int y)
{
if(x<=l&&r<=y) return tree[id];
int mid=(l+r)/2;
if(y<=mid) return query(p1,l,mid,x,y);
else
if(x>mid) return query(p2,mid+1,r,x,y);
else return query(p1,l,mid,x,mid)+query(p2,mid+1,r,mid+1,y);
}
void update(int id,int l,int r,int x,int y)
{
if(l==r)
{
tree[id]=tree[id]+y;
return;
}
int mid=(l+r)/2;
if(x<=mid) update(p1,l,mid,x,y);
else update(p2,mid+1,r,x,y);
tree[id]=tree[p1]+tree[p2];
}
void build(int id,int l,int r)
{
if(l==r)
{
tree[id]=0;
return;
}
int mid=(l+r)/2;
build(p1,l,mid);
build(p2,mid+1,r);
tree[id]=0;
}
int search(int l,int r,int x)
{
int mid=(l+r)/2;
if(num[mid]==x) return li[mid];
if(x>num[mid]) return search(mid+1,r,x);
else search(l,mid-1,x);
}
void lisanhua() //离散化y坐标
{
for(int i=1;i<=la;i++)
{
tot++;
num[tot]=a[i].y1;
tot++;
num[tot]=a[i].y2;
}
for(int i=1;i<=lb;i++)
{
tot++;
num[tot]=b[i].y1;
tot++;
num[tot]=b[i].y2;
}
sort(num+1,num+tot+1);
x=1;li[1]=1;
for(int i=2;i<=tot;i++)
{
if(num[i]!=num[i-1]) x++;
li[i]=x;
}
for(int i=1;i<=la;i++)
{
a[i].y1=search(1,tot,a[i].y1);
a[i].y2=search(1,tot,a[i].y2);
}
for(int i=1;i<=lb;i++)
{
b[i].y1=search(1,tot,b[i].y1);
b[i].y2=search(1,tot,b[i].y2);
}
}
int erfen(int l,int r,int x)
{
if(l>r) return l;
int mid=(l+r)/2;
if(x>c[mid].x2) return erfen(mid+1,r,x);
else return erfen(l,mid-1,x);
}
int main()
{
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d%d%d%d",&x1,&y1,&x2,&y2);
if(x1==x2) //垂直
{
la++;
a[la].x1=x1;
a[la].x2=x2;
a[la].y1=y1;
a[la].y2=y2;
if(a[la].y1>a[la].y2) swap(a[la].y1,a[la].y2);
}
if(y1==y2)//水平
{
lb++;
b[lb].x1=x1;
b[lb].x2=x2;
b[lb].y1=y1;
b[lb].y2=y2;
if(b[lb].x1>b[lb].x2) swap(b[lb].x1,b[lb].x2);
}
}
sort(a+1,a+la+1,cmp);
lisanhua();
for(int i=1;i<=la;i++)
{
build(1,1,x);
len=0;
for(int j=1;j<=lb;j++)
if(a[i].y1<=b[j].y1&&b[j].y1<=a[i].y2)
if(b[j].x1<=a[i].x1&&a[i].x1<=b[j].x2) //保存所有和i相交的水平线段
{
len++;
c[len].x1=b[j].x1;
c[len].x2=b[j].x2;
c[len].y1=b[j].y1;
c[len].y2=b[j].y2;
update(1,1,x,c[len].y1,1);
}
sort(c+1,c+len+1,fuck);
int pre=1;
for(int j=i+1;j<=la;j++)
if(a[j].x1>a[i].x1)
{
int id=erfen(pre,len,a[j].x1);
for(int k=pre;k<id;k++) update(1,1,x,c[k].y1,-1); //线性删除水平线段，因为pre是单调递增的，时间是平行的O(n)
pre=id;
int s=0;
int down=max(a[i].y1,a[j].y1);
int up=min(a[i].y2,a[j].y2);
if(down<=up) s=query(1,1,x,down,up);
ans=ans+(ll)(s)*(s-1)/2;
}
}
cout<<ans;
return 0;
}