$2019$ 暑期刷题记录 $2$（基本算法专题）

其他 2019-07-26 11:51:35 阅读次数: 0

\(2019\) 暑期刷题记录 \(2\)（基本算法专题）

\(by~~wch\)

\(BZOJ~1958~Strange~Towers~of~Hanoi\) （动态规划，递推）

题目大意：

求有 \(n\) 个盘子和\(4\)座塔的汉诺塔问题。

\(solotion:\)

  1. 首先需要参考一下三座塔的汉诺塔问题：\(g[i]=2*g[i-1]+1\)
  2. 然后我们将四座塔转换为三座塔问题：将前\(i\)个盘子一道2号塔，剩下的\(n-i\) 个为三汉诺问题移到4号塔，再将前\(i\) 个用四汉诺塔问题移到4号塔。
  3. \(f[n]=min_{1\leq i < n}{2*f[i]+g[n-i]}\)

\(code:\)

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<iomanip>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>

#define ll long long
#define db double
#define rg register int

using namespace std;

int n=12;
int g[13],f[13];

inline int qr(){
    register char ch; register bool sign=0; rg res=0;
    while(!isdigit(ch=getchar()))if(ch=='-')sign=1;
    while(isdigit(ch))res=res*10+(ch^48),ch=getchar();
    if(sign)return -res; else return res;
}

int main(){
    //freopen(".in","r",stdin);
    //freopen(".out","w",stdout);
    for(rg i=1;i<=n;++i) g[i]=2*g[i-1]+1;
    for(rg i=1;i<=n;++i){
        f[i]=1<<30;
        for(rg j=0;j<i;++j)
            f[i]=min(f[i],f[j]*2+g[i-j]);
    }
    for(rg i=1;i<=n;++i)
        printf("%d\n",f[i]);
    return 0;
}

$BZOJ ~1218 ~ $激光炸弹（二维前缀和）

\(solotion:\)

  1. 比较明显的二维前缀和问题
  2. 就是这一题有点卡常，如果暴力转一维前缀和会超时
  3. 我们需要自己寻找每个点前缀和的关系：
  4. \(s[i][j]=s[i-1][j]+s[i][j-1]-s[i-1][j-1]+a[i][j]\)

\(code:\)

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<iomanip>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<queue>
#include<vector>
#include<map>
#include<set>

#define ll long long
#define db double
#define inf 0x7fffffff
#define rg register int

using namespace std;

int n,m,ans,a,b,c;
int f[5003][5003];

inline int qr(){
    char ch; //int sign=1;
    while((ch=getchar())<'0'||ch>'9');
    //    if(ch=='-')sign=-1;
    int res=ch^48;
    while((ch=getchar())>='0'&&ch<='9')
        res=res*10+(ch^48);
    return res;
}

int main(){
    //freopen(".in","r",stdin);
    //freopen(".out","w",stdout);
    n=qr(),m=qr();
    for(rg i=1;i<=n;++i){
        a=qr()+1,b=qr()+1,c=qr();
        f[a][b]=c;
    }
    for(rg i=1;i<=5001;++i)
        for(rg j=1;j<=5001;++j)
            f[i][j]+=f[i-1][j]+f[i][j-1]-f[i-1][j-1];
    for(rg i=m;i<=5001;++i){
        for(rg j=m;j<=5001;++j){
            ans=max(ans,f[i][j]-f[i-m][j]-f[i][j-m]+f[i-m][j-m]);
        }
    }printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

\(POJ~3263~Tallest~Cow\)（前缀和，贪心）

\(solotion:\)

  1. 很久以前就做过，一道比较有意思的前缀和做法
  2. 我们首先可以贪心想到牛的身高每次只减1，然后求出最少的减少次数
  3. 每头牛的身高减少次数是确定的，我们对于每一对可以互相看见的牛，他们中间的牛的身高都要减少一次
  4. 所以我们在\(A_i\) 处加一，在\(B_i+1\)处减一然后求前缀和就可以知道每一头牛的减少次数
  5. 然后这题不用担心每头牛都要比两端点的牛矮，所有区间一定是包含关系，而不会相交

\(code:\)

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<iomanip>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>

#define ll long long
#define db double
#define inf 0x7fffffff
#define rg register int

using namespace std;

int n,m,h,q,a,b;
int s[10001];
bool use[10001][10001];

inline int qr(){
    char ch;
    while((ch=getchar())<'0'||ch>'9');
    int res=ch^48;
    while((ch=getchar())>='0'&&ch<='9')
        res=res*10+(ch^48);
    return res;
}

int main(){
    //freopen(".in","r",stdin);
    //freopen(".out","w",stdout);
    n=qr(),m=qr(),h=qr(),q=qr();
    while(q--){
        a=qr(),b=qr();
        if(a>b)swap(a,b);
        if(use[a][b])
            continue;
        use[a][b]=1;
        --s[a+1];
        ++s[b];
    }
    for(rg i=1;i<=n;++i){
        s[i]=s[i]+s[i-1];
        printf("%d\n",h+s[i]);
    }
    return 0;
}

\(POJ~1845~Sumdiv\)（约数和定理）（分治）

题目大意：

求\(A^B\) 的所有约数之和

\(solotion:\)

  1. 首先要知道约数和定理：\((1+p_1+p_1^2+...+p_1^{c_1})*(1+p_2+p_2^2+...+p_2^{c_2})*...*(1+p_k+p_k^2+...+p_k^{c_k})\)
  2. 然后本题就比较好做了，\(A^B\) 的所有约数之和就是让上式中所有\(c_i\) 乘上\(B\) 即可
  3. 然后括号里面的东西直接用分治求即可

\(code:\)

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<iomanip>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>

#define ll long long
#define db double
#define rg register int

using namespace std;

const int mod=9901;

int n,m,ans;

inline int qr(){
    register char ch; register bool sign=0; rg res=0;
    while(!isdigit(ch=getchar()))if(ch=='-')sign=1;
    while(isdigit(ch))res=res*10+(ch^48),ch=getchar();
    if(sign)return -res; else return res;
}

inline int ksm(ll x,int y){
    ll res=1;
    while(y){
        if(y&1)res=res*x%mod;
        x=x*x%mod; y>>=1;
    }return res;
}

inline int ask(int x,int y){
    if(y==1)return x;
    if(y&1) return ((ll)ask(x,y>>1)*(ksm(x,y>>1)+1)%mod+ksm(x,y)%mod)%mod;
    else return (ll)ask(x,y>>1)*(ksm(x,y>>1)+1)%mod;
}

int main(){
    //freopen(".in","r",stdin);
    //freopen(".out","w",stdout);
    while(~scanf("%d%d",&n,&m)){
        if(m==0){puts("1");continue;}
        ans=1;
        for(rg i=2;i*i<=n;++i){
            if(n%i)continue;
            rg x=0; while(!(n%i))++x,n/=i;
            ans=(ll)ans*(ask(i%mod,x*m)+1)%mod;
        }if(n!=1)ans=(ll)ans*(ask(n%mod,m)+1)%mod;
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}

\(POJ~2018~Best~Cow~Fences\)（二分答案构造新权值）

单独的一篇题解

\(POJ~3889~Fractal~Streets\)（模拟）

单独的一篇题解

\(Codeforces~670C~Cinema\)（离散化）

\(solotion:\)

  1. 很傻的一道题目，直接离散化求出每种语言对应的人
  2. 然后枚举电影，求出其权值，最大的那个就是答案

\(code:\)

#include<stdio.h>
#include<map>
using namespace std;
int main()
{
    int n;
    while(scanf("%d",&n)!=EOF)
    {
        int m,ple=0,sat=0,fi=1,sci[200005],bn[200005],cn;
        map<int,int> mp;
        for(int i=0;i<n;i++)
        {
            scanf("%d",&sci[i]);
            mp[sci[i]]++;
        }
        scanf("%d",&m);
        for(int i=1;i<=m;i++)
        {
            scanf("%d",&bn[i]);
        }
        for(int i=1;i<=m;i++)
        {
            scanf("%d",&cn);
            if(mp[bn[i]]>ple)
            {
                ple=mp[bn[i]];
                sat=mp[cn];
                fi=i;
            }
            else if(mp[bn[i]]==ple&&mp[cn]>sat)
            {
                sat=mp[cn];
                fi=i;
            }
        }  
        printf("%d\n",fi);
    }
    return 0;
}

\(POJ~3784~Running~Media\)（动态中位数）

题目大意：

依次读入数列，求每一个数加入时的中位数。

\(solotion:\)

  1. 直接用小根堆加大根堆维护一下就行
  2. 每次记录两边总数，判断加到哪边即可

\(code:\)

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<iostream>
using namespace std;

int n,t,x,a,b,cnt;

inline void read(int &x){
    char ch=getchar();
    char c=ch;
    x=0;
    while(ch<'0' || ch>'9') {
        c=ch;
        ch=getchar();
    }
    while(ch>='0' && ch<='9'){
        x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';
        ch=getchar();
    }
    if(c== '-') x=-x;
}

std::priority_queue <int> lq,sq;


int main(){
    read(t);
    while(t--){
        read(cnt);
        read(n);
        while(!lq.empty())  lq.pop();
        while(!sq.empty())  sq.pop();
        cout<<cnt<<' '<<((n+1)/2)<<endl;
        for(int i = 1;i <= n;++ i){
            read(x);
            lq.push(x);
            sq.push(-x);
            if(i%2==0) continue;
            while(lq.top()!=-sq.top()){
                a=lq.top();
                lq.pop();
                b=-sq.top();
                sq.pop();
                sq.push(-a);
                lq.push(b);
            }
            cout<<lq.top()<<' ';
            if(((i+1)/2)%10==0) puts("");
                else if((n%2==1 && i==n) || (n%2==0 && i==n-1)) puts("");
        }    
    }
    return 0;
}

\(POJ~2299~Ultra-QuickSort\)（逆序对）

题目大意：

求一个序列里的逆序对。

\(solotion:\)

  1. 没想会在基本算法里碰见这个，挺怀念的。
  2. 我们用树状数组维护一下（需要离散化），和最长上升子序列里一个板子

\(POJ~3614~Sunscreen\)（贪心，优先队列）

\(solotion:\)

  1. 这个题目比较容易想到贪心
  2. 我们将奶牛和防晒霜分开，都以阳光强度（最小值）排序
  3. 然后我们可以想到枚举防晒霜
  4. 用一个优先队列依次存下当前防晒霜能保护的牛
  5. 然后我们用优先队列求出右端点（最大阳光强度）最小的牛用这个防晒霜
  6. 这样肯定比用最大阳光强度的好，因为我们将最大阳光强度大的留给了后面的防晒霜。
  7. 而最小阳光强度在枚举时得到了保障（我们是依次加入防晒霜能保护的牛的）。

\(code:\)

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<iomanip>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>

#define ll long long
#define db double
#define rg register int

using namespace std;

int n,m,ans;

struct su{
    int x,y;
    inline bool operator <(const su &z)const{
        return x<z.x;
    } 
}a[2505],b[2505];

struct pi{
    int x,y;
    inline bool operator <(const pi &z)const{
        return y>z.y;
    }
};

priority_queue<pi> q;

inline int qr(){
    register char ch; register bool sign=0; rg res=0;
    while(!isdigit(ch=getchar()))if(ch=='-')sign=1;
    while(isdigit(ch))res=res*10+(ch^48),ch=getchar();
    if(sign)return -res; else return res;
}

int main(){
    //freopen(".in","r",stdin);
    //freopen(".out","w",stdout);
    n=qr(); m=qr();
    for(rg i=1;i<=n;++i)
        a[i].x=qr(),a[i].y=qr();
    sort(a+1,a+n+1);
    for(rg i=1;i<=m;++i)
        b[i].x=qr(),b[i].y=qr();
    sort(b+1,b+m+1);
    for(rg i=1,l=1;i<=m;++i){
        while(l<=n&&a[l].x<=b[i].x){
            pi x; x.x=l; x.y=a[l].y; q.push(x); ++l;
        }
        while(!q.empty()&&q.top().y<b[i].x)q.pop();
        while(!q.empty()&&b[i].y){
            ++ans; --b[i].y; q.pop();
        }
    }printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

\(POJ~3190~Stall~Reservation\)（前缀和，优先队列）

\(solotion:\)

  1. 这道题的最小畜栏数是确定的
  2. 我们直接用差分约束前缀和的方法即可得出答案
  3. 但是这道还需要我们输出畜栏序号，这就需要我们动态维护那几个畜栏没有用过
  4. 我们用优先队列优化，按左端点枚举每一头牛，然后用优先队列记录它的右端点以及它用的哪一个畜栏，（畜栏的使用状态也需要用一个优先队列维护（因为我们要最小化畜栏数目））
  5. 然后在枚举过程中还要对优先队列进行取出操作，将用完的畜栏记录下来，病房会优先队列里去

\(code:\)

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<iomanip>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>

#define ll long long
#define db double
#define rg register int

using namespace std;

int n,tt,ans;
int as[50005];

struct su{
    int l,r,id;
    inline bool operator <(const su &x)const{
        return l<x.l;
    }
}a[50005];

struct pi{
    int x,y;
    inline bool operator <(const pi &z)const{
        return x>z.x;
    }
};

priority_queue<pi> q;
priority_queue<int, vector<int>, greater<int> >p;

inline int qr(){
    register char ch; register bool sign=0; rg res=0;
    while(!isdigit(ch=getchar()))if(ch=='-')sign=1;
    while(isdigit(ch))res=res*10+(ch^48),ch=getchar();
    if(sign)return -res; else return res;
}

int main(){
    //freopen(".in","r",stdin);
    //freopen(".out","w",stdout);
    n=qr();
    for(rg i=1;i<=n;++i)
        a[i].l=qr(),a[i].r=qr(),a[i].id=i,p.push(i);
    sort(a+1,a+n+1);
    for(rg i=1;i<=n;++i){
        while(!q.empty()&&q.top().x<a[i].l){
            p.push(q.top().y); q.pop();
        }as[a[i].id]=p.top(); p.pop();
        pi x; x.x=a[i].r; x.y=as[a[i].id]; q.push(x);
        ans=max(ans,as[a[i].id]);
    }
    printf("%d\n",ans);
    for(rg i=1;i<=n;++i)
        printf("%d\n",as[i]);
    return 0;
}

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转载自www.cnblogs.com/812-xiao-wen/p/11249256.html
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