A.中位数 二分+前缀和
构造一个序列
。每次二分一个答案
，构造
序列方法：
然后维护
的前缀和，并记录前缀和的最小值。通过查询是否存在一个长度大于
、区间和大于
的区间。这样做时间复杂度是
的，没有问题。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=1e5+10;
int n,len,a[N],b[N];
bool judge(int mid)
{
int minn=0x3f3f3f3f;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(a[i]<mid)b[i]=-1;
else b[i]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(i>=len)minn=min(minn,b[i-len]);
b[i]+=b[i-1];
if(i>=len&&b[i]-minn>0)return true;
}
return false;
}
int main()
{
//freopen("in.txt","r",stdin);
scanf("%d%d",&n,&len);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
int l=0,r=1e9;
while(l<r)
{
int mid=(l+r+1)>>1;
if(judge(mid))l=mid;
else r=mid-1;
}
printf("%d\n",r);
return 0;
}
总结
这种题没有秒解是很不应该的。首先对于一个区间，不需要把它排序，只需进行比较就好了；再者我们发现，如果答案太大是找不到这样的区间的，也就是说答案是具有单调性的，应该想到二分答案转化为判定。吸取教训。
B.数数字 线性DP
#include<cstdio>
#include<cstring>
typedef long long ll;
#define _rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define _for(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);i++)
int co[10][10];
ll pw[10][100],l,r,l1,r1,ans,g[2][3][2][2],f[2][3][60][38][27][22];
ll nozero(ll x)
{
if(x<=0)return 0;
memset(f,0,sizeof(f));
int cr=0;f[0][1][0][0][0][0]=1;
ll ret=0,val;
for(;x;x/=10,cr^=1)
{
int bit=x%10;
memset(f[cr^1],0,sizeof(f[cr]));
_for(i,0,3)_for(n2,0,60)_for(n3,0,38)_for(n5,0,27)_for(n7,0,22)if(val=f[cr][i][n2][n3][n5][n7])
{
ll q1=r1/pw[2][n2]/pw[3][n3]/pw[5][n5]/pw[7][n7];
ll p1=(l1-1)/pw[2][n2]/pw[3][n3]/pw[5][n5]/pw[7][n7];
if(q1>=1&&p1<=0)ret+=val;
if(q1<=0)continue;
_for(p,1,10)
{
int ni=(p>bit?2:(p==bit?i:0));
int c2=n2+co[p][2];
int c3=n3+co[p][3];
int c5=n5+co[p][5];
int c7=n7+co[p][7];
if(c2>=60||c3>=38||c5>=27||c7>=22)continue;
f[cr^1][ni][c2][c3][c5][c7]+=val;
}
}
}
_for(i,0,2)_for(n2,0,60)_for(n3,0,38)_for(n5,0,27)_for(n7,0,22)if(val=f[cr][i][n2][n3][n5][n7])
{
ll q1=r1/pw[2][n2]/pw[3][n3]/pw[5][n5]/pw[7][n7];
ll p1=(l1-1)/pw[2][n2]/pw[3][n3]/pw[5][n5]/pw[7][n7];
if(q1>=1&&p1<=0)ret+=val;
}
return ret;
}
ll zero(ll x)
{
if(l1)return 0;//如果含0乘积为0
memset(g,0,sizeof(g));
int cr=0;ll ret=0;
g[0][1][0][0]=1;
for(;x;x/=10,cr^=1)
{
int bit=x%10;//取出该位
memset(g[cr^1],0,sizeof(g[cr]));
_for(i,0,3)_for(j,0,2)_for(hd,0,2)if(g[cr][i][j][hd])
{
if(hd&&j)ret+=g[cr][i][j][hd];
_for(p,0,10)
{
int ni=(p>bit?2:(p==bit?i:0));
int nj=(j|(p==0));
int hdt=(p>0);
g[cr^1][ni][nj][hdt]+=g[cr][i][j][hd];
}
}
}
return ret+g[cr][0][1][1]+g[cr][1][1][1];
}
ll calc(ll x)
{
return zero(x)+nozero(x);
}
int main()
{
//freopen("in.txt","r",stdin);
_for(i,1,10)
{
_for(j,2,10)
for(int k=i;k%j==0;k/=j)
co[i][j]++;//预处理出i有多少个j因子
pw[i][0]=1;
for(int j=1;j<=60;j++)
pw[i][j]=pw[i][j-1]*i;//预处理出i的次幂
}
scanf("%lld%lld%lld%lld",&l,&r,&l1,&r1);
if(!l)ans+=(l1==0),l++;
if(l<=r)ans+=calc(r)-calc(l-1);
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
总结
线性DP好题，状态定义是关键
C.保护 LCA+线段树动态开点+线段树合并
题目链接
___
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=2e5+10;
int n,m,hd[N],tot,dep[N],fa[N][20],ord[N],cnt,q;
struct Edge{
int v,nx;
}e[N<<1];
struct SegmentTree{
int l,r,cnt;
}c[N*100];
void add(int u,int v)
{
e[tot].v=v;
e[tot].nx=hd[u];
hd[u]=tot++;
}
void dfs(int u,int f)
{
dep[u]=dep[f]+1;
fa[u][0]=f;
for(int i=1;(1<<i)<=dep[u];i++)
fa[u][i]=fa[fa[u][i-1]][i-1];
for(int i=hd[u];~i;i=e[i].nx)
if(e[i].v!=f)dfs(e[i].v,u);
}
int lca(int u,int v)
{
if(dep[u]>dep[v])swap(u,v);
for(int i=18;i>=0;i--)
if(dep[fa[v][i]]>=dep[u])v=fa[v][i];
if(v==u)return u;
for(int i=18;i>=0;i--)
if(fa[v][i]!=fa[u][i])u=fa[u][i],v=fa[v][i];
return fa[u][0];
}
void update(int l,int r,int p,int &id)
{
if(!id)id=++cnt;
c[id].cnt++;
if(l==r)return;
int mid=l+r>>1;
if(p<=mid)update(l,mid,p,c[id].l);
else update(mid+1,r,p,c[id].r);
}
int merge(int l,int r,int a,int b)
{
if((!a)||(!b))return a+b;
int id=++cnt;
c[id].cnt=c[a].cnt+c[b].cnt;
if(l==r)return id;
int mid=l+r>>1;
c[id].l=merge(l,mid,c[a].l,c[b].l);
c[id].r=merge(mid+1,r,c[a].r,c[b].r);
return id;
}
void Dfs(int u,int f)
{
for(int i=hd[u];~i;i=e[i].nx)
if(e[i].v!=f)
{
Dfs(e[i].v,u);
ord[u]=merge(1,n,ord[u],ord[e[i].v]);
}
}
int find(int l,int r,int k,int id)
{
if(c[id].cnt<k)return 0x7fffffff;
if(l==r)return l;
int mid=l+r>>1;
if(c[c[id].l].cnt>=k)return find(l,mid,k,c[id].l);
return find(mid+1,r,k-c[c[id].l].cnt,c[id].r);
}
int main()
{
//freopen("in.txt","r",stdin);
memset(hd,-1,sizeof(hd));
scanf("%d%d",&n,&m);
int u,v;
for(int i=1;i<n;i++)
{
scanf("%d%d",&u,&v);
add(u,v);add(v,u);
}
dfs(1,0);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d",&u,&v);
int p=lca(u,v);
update(1,n,dep[p],ord[u]);update(1,n,dep[p],ord[v]);
}
Dfs(1,0);
scanf("%d",&q);
for(int i=1;i<=q;i++)
{
int k;
scanf("%d%d",&u,&k);
printf("%d\n",max(0,dep[u]-find(1,n,k,ord[u])));
}
return 0;
}
总结
线段树高级操作维护信息难题
赛后总结
难度挺大的题，很需要一些思维能力。