这场模拟赛的题目处了T5莫名AC以外，都不是很难.
这场考试六道题，4个小时完成.
T1：
水题一道.
题目大概就是给出T个询问，每个询问输入一个数p，问这个数是不是立方差数.
数据量是T<=100,p<=10^18.
一开始以为要卡long long，卡常数，于是常数好处理啊，long long根本没管它.
那么题目大概就是暴力枚举，但是我用二分AC了.
代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i,j,k) for (int i=j;i<=k;i++) //专属神奇循环简写
#define fuck(mid) mid*mid*mid
int T;
long long p=0;
bool flag=0;
inline void into(){
scanf("%lld",&p);
flag=0;
}
inline void work(){
long long l=1,r=1000001,mid=(l+r)>>1;
while (l+1<r){
if (fuck(mid)==p) {
flag=1;
return;
}
if (fuck(mid)>p) r=mid;
else l=mid;
mid=(l+r)>>1;
}
if (fuck(l)==p) flag=1;
else if (fuck(r)==p) flag=1;
}
inline void outo(){
if (flag) printf("YES\n");
else printf("NO\n");
}
int main(){
scanf("%d",&T);
rep(i,1,T){
into();
work();
outo();
}
return 0;
}
第二道题也比较水.
也就是一个数论题.
这道题的大概意思就是给出T个询问，每个询问一个质数p，问p是不是平方差数.
那么分析一下性质，好像挺简单.
因为p是质数，又要等于a^3-b^3，所以把p因式分解一下就会得出p=(a-b)(a^2+ab+b^2).
因为a>=1,b>=1，所以a-b为1.
所以a=b-1
所以我们只需要枚举a或b就行了.
时间复杂度O(sqrt(p)T).
所以代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i,j,k) for (int i=j;i<=k;i++) //专属神奇循环简写
#define fuck(i) i*i*i
long long p;
int T;
bool flag;
inline void into(){
scanf("%lld",&p);
}
inline void work(){
flag=0;
for (int i=1;i<=int(sqrt(p));i++)
if (fuck((long long)(i+1))-fuck((long long)(i))==p) {
flag=1;
return;
}
}
inline void outo(){
if (flag) printf("YES\n");
else printf("NO\n");
}
int main(){
scanf("%d",&T);
rep(i,1,T){
into();
work();
outo();
}
return 0;
}
T3：
题意大概是给定n，然后对于任意数1<=k<=n，选出几个数，使得这些数两两不等且可以从中选出几个等于k.
然后求最少金币数以及最少金币数的方案总数.
那么第一问很简单，贪心的可以想到1,2,4,8,...肯定最少.
于是第二问我们可以用dp求解.
我们设dp[i][j][k]为数和为i，最大数为j，数的数量为k.
然后得出方程，从f[i][j][k]转移到f[i+1][t][k+t]，其中j<t<=k+1.
然后滚动数组优化空间，代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i,j,k) for (int i=j;i<=k;i++) //专属神奇循环简写
int n;
int f[1005][1005]={0},dp[1005][1005]={0};
int sum=0,ans=0;
inline void into(){
scanf("%d",&n);
sum=int(log(n)/(log(2)))+1;
}
inline void work(){
dp[1][1]=1;
rep(i,1,sum-1){
rep(j,1,n)
rep(k,1,n)
if (dp[j][k])
rep(l,k+1,j+1)
f[min(n,j+l)][l]+=dp[j][k];
rep(j,1,n)
rep(k,1,n)
dp[j][k]=f[j][k],f[j][k]=0;
}
}
inline void outo(){
rep(j,1,n) ans+=dp[n][j];
printf("%d %d\n",sum,ans);
}
int main(){
rep(i,1,1){
into();
work();
outo();
}
return 0;
}
T4：
题目大意：给出n个数对(ai,bi)和n个数对(xi,yi)，若xi>=ai且yi>=bi，则匹配，问最大匹配数.
其中n<=10^5.
正解是贪心+set或线段树.
思路就是按xi和ai从小到大排序，然后扫一遍，将所有aj<xi的(aj,bj)找最大的bj小与yi.
那么思路很清晰，用数组模拟太慢，直接用STL自带的multiset.
代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i,j,k) for (int i=j;i<=k;i++) //专属神奇循环简写
multiset < int > tree;
int n,ans=0;
struct paper{
int x,y;
}p[100010],q[100010];
bool cmp(paper a,paper b){
return (a.x<b.x);
}
inline void into(){
memset(p,0,sizeof(p));
memset(q,0,sizeof(q));
scanf("%d",&n);
rep(i,1,n)
scanf("%d%d",&p[i].x,&p[i].y);
rep(i,1,n)
scanf("%d%d",&q[i].x,&q[i].y);
sort(p+1,p+1+n,cmp);
sort(q+1,q+1+n,cmp);
}
inline void work(){
int k=1;
rep(i,1,n){
while (p[i].x>=q[k].x&&k<=n){
tree.insert(q[k].y);
k++;
}
if (tree.empty()) continue;
multiset < int > :: iterator it=tree.upper_bound(p[i].y);
if (it==tree.begin()) continue;
ans++;it--;
tree.erase(it);
}
}
inline void outo(){
printf("%d\n",ans);
}
int main(){
rep(i,1,1){
into();
work();
outo();
}
return 0;
}
T5：
这道题最迷了.
题目就是给出n次猜数字li,ri,vi，表示[li,ri]的最小值为vi.
那么求第几次的时候会矛盾.
若n次都不矛盾就输出n+1.
那么这道题明显有一个特性：可二分性.
关于可二分性的讨论本人有另一篇blog写了：https://blog.csdn.net/hzk_cpp/article/details/78463705.
那么二分用什么来判定呢？
我们再来想想样例给我们的信息：
当我们一个大区间的最小值大于了它包含的区间的最小值，那么就不合法.
那么我们可以用数组直接模拟，大概可以O(n^2).
但是我们要更优秀的算法.
我们可以让按照最小值排序，一定让小的在前.
然后再判断后面的区间有没有包含前面的区间.
若有就r=mid，否则l=mid.
那么我们要处理的就是一个问题，如何快速判断区间包含关系.
那么并查集可好用了.
那么就是这样写了：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,T,ans,fa[1000010];
struct node{
int l,r,x;
}p[1000010],e[1000010];
bool cmp(node a,node b){
return a.x>b.x;
}
int find(int x){
if (x==fa[x]) return x;
return fa[x]=find(fa[x]);
}
bool check(int k){
for (int i=1;i<=n+1;i++)
fa[i]=i;
for (int i=1;i<=k;i++)
p[i]=e[i];
sort(p+1,p+1+k,cmp);
int lmax=p[1].l,lmin=p[1].l,rmax=p[1].r,rmin=p[1].r;
for (int i=2;i<=k;i++){
if (p[i].x<p[i-1].x){
if (find(lmax)>rmin) return true;
for (int j=find(lmin);j<=rmax;j++)
fa[find(j)]=find(rmax+1);
lmin=lmax=p[i].l;
rmin=rmax=p[i].r;
}else{
lmin=min(lmin,p[i].l);
lmax=max(lmax,p[i].l);
rmin=min(rmin,p[i].r);
rmax=max(rmax,p[i].r);
if (find(lmax)>rmin) return true;
}
}
if (find(lmax)>rmin) return true;
return false;
}
inline void into(){
scanf("%d%d",&n,&T);
for (int i=1;i<=T;i++)
scanf("%d%d%d",&e[i].l,&e[i].r,&e[i].x);
}
inline void work(){
int l=1,r=T;
ans=T+1;
while (l<=r) {
int mid=(l+r)>>1;
if (check(mid)) {
ans=mid;
r=mid-1;
}else l=mid+1;
}
}
inline void outo(){
printf("%d\n",ans);
}
int main(){
into();
work();
outo();
return 0;
}
T6：
水题，意思就是给出一个括号序列（只含'('或')'），然后求改变最少次使所有括号得到匹配.
数据保证n<=10^5且是偶数.
那么这道题很简单，大概用一种贪心的思路.
我们把字符串扫一遍，若扫到一个右括号没有匹配，就将它改为左括号.
最后设剩余的左括号数量为x，那么在修改x/2个左括号变为右括号就行了.
所以代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i,j,k) for (int i=j;i<=k;i++) //专属神奇循环简写
char c[100005]={0};
int n,sum1=0,sum2=0;
inline void into(){
scanf("%s",&c);
}
inline void work(){
n=strlen(c);
rep(i,0,n-1){
if (c[i]=='(') sum1++;
else if (sum1>0) sum1--;
else sum2++,sum1++;
}
}
inline void outo(){
printf("%d\n",sum2+(sum1>>1));
}
int main(){
rep(i,1,1){
into();
work();
outo();
}
return 0;
}这套试卷AK的很开心.