Deadline
\[ Time Limit: 2 s\quad Memory Limit: 256 MB \]
这是个对勾函数，所以最小的话是在 \(sqrt\) 位置，所以只要找这附近的数字就可以了。
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/***************************************************************
> File Name : a.cpp
> Author : Jiaaaaaaaqi
> Created Time : 2020/1/14 22:35:48
***************************************************************/
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define pii pair<int, int>
#define dbg(x) cout << #x << " = " << (x) << endl
#define mes(a, b) memset(a, b, sizeof a)
using namespace std;
typedef long long int ll;
typedef unsigned long long int ull;
const int maxn = 1e5 + 10;
const ll mod = 1e9 + 7;
const ll INF = 1e18 + 100;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
ll n, m;
int T, cas, tol = 0;
int main() {
// freopen("in", "r", stdin);
scanf("%d", &T);
while(T--) {
scanf("%lld%lld", &n, &m);
ll x = sqrt(m), ans = INF;
for(ll i=max(x-1000, 0ll); i<=min(n, x+1000); i++) {
ans = min(ans, i + (int)ceil(1.0*m/(i+1)));
}
puts(ans<=n ? "YES" : "NO");
}
return 0;
}Yet Another Meme Problem
\[ Time Limit: 1 s\quad Memory Limit: 256 MB \]
以下式子肯定成立
\[ conc(a, b) = a*10^x+b = ab+a+b \\ a*10^x = ab+a \\ 10^x = b+1 \]
所以只要满足上述式子的 \(b\) 都是合法的，对 \(a\) 并没有限制，那么就可以算一下有多少个 \(b\) 就可以了。
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> File Name : b.cpp
> Author : Jiaaaaaaaqi
> Created Time : 2020/1/14 22:57:36
***************************************************************/
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define pii pair<int, int>
#define dbg(x) cout << #x << " = " << (x) << endl
#define mes(a, b) memset(a, b, sizeof a)
using namespace std;
typedef long long int ll;
typedef unsigned long long int ull;
const int maxn = 1e5 + 10;
const ll mod = 1e9 + 7;
const ll INF = 1e18 + 100;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
ll n, m;
int cas, tol, T;
int main() {
// freopen("in", "r", stdin);
scanf("%d", &T);
while(T--) {
scanf("%lld%lld", &n, &m);
ll ans = 0, x = 1;
for(int i=1; ; i++) {
x = x*10;
if(x-1 <= m) ans++;
else break;
}
printf("%lld\n", ans*n);
}
return 0;
}Two Arrays
\[ Time Limit: 1 s\quad Memory Limit: 256 MB \]
令 \(dp[i][j]\) 表示 \(a、b\) 数组都放到第 \(i\) 位，并且 \(b[i]-a[i]=j\) 的方案数，只要保证 \(j>=0\) 就一定是合法的。
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> File Name : c.cpp
> Author : Jiaaaaaaaqi
> Created Time : 2020/1/14 23:04:21
***************************************************************/
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define pii pair<int, int>
#define dbg(x) cout << #x << " = " << (x) << endl
#define mes(a, b) memset(a, b, sizeof a)
using namespace std;
typedef long long int ll;
typedef unsigned long long int ull;
const int maxn = 1e3 + 10;
const ll mod = 1e9 + 7;
const ll INF = 1e18 + 100;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
int n, m;
int cas, tol, T;
ll dp[11][maxn];
int main() {
// freopen("in", "r", stdin);
scanf("%d%d", &n, &m);
mes(dp, 0);
dp[0][n-1] = 1;
for(int i=0; i<m; i++) {
for(int j=0; j<=n; j++) {
if(dp[i][j] == 0) continue;
ll ans = 1;
for(int k=j; k>=0; k--) {
dp[i+1][k] = (dp[i+1][k] + dp[i][j]*ans%mod)%mod;
ans = (ans+1)%mod;
}
}
}
ll ans = 0;
for(int i=0; i<=n-1; i++) ans = (ans+dp[m][i])%mod;
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}Minimax Problem
\[ Time Limit: 5 s\quad Memory Limit: 256 MB \]
二分答案，然后就变成了判断某个值是否可行的可行性问题。
判断 \(mid\) 是否合法时，令 \(b[i][j] = a[i][j]>=mid ? 1 : 0\)，那么问题就变成了找到一对 \(pair<i, j>\) 使得 \(b[i] \& b[j]\) 的二进制全为 \(1\)。那么可以算出每一个行的状态，然后把这个状态的所有子状态都设成 \(i\)，然后如果在之前存在某一个状态和这一行的状态互补，则说明找到了一对 \(pair\)。
由于 \(m\) 只有 \(8\)，则可以用数组暴力存储。
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/***************************************************************
> File Name : d.cpp
> Author : Jiaaaaaaaqi
> Created Time : 2020/1/14 23:21:52
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#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define pii pair<int, int>
#define dbg(x) cout << #x << " = " << (x) << endl
#define mes(a, b) memset(a, b, sizeof a)
using namespace std;
typedef long long int ll;
typedef unsigned long long int ull;
const int maxn = 3e5 + 10;
const ll mod = 1e9 + 7;
const ll INF = 1e18 + 100;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
int n, m;
int cas, tol, T;
int mx;
int a[maxn][10];
int sta[maxn];
pii check(int mid) {
for(int i=0; i<=mx; i++) sta[i] = 0;
for(int i=1; i<=n; i++) {
int st = 0;
for(int j=1; j<=m; j++) {
if(a[i][j] >= mid) st |= (1<<(j-1));
}
for(int j=st; ; j=(j-1)&st) {
if(sta[j]) break;
sta[j] = i;
if(j==0) break;
}
int nst = mx-st;
if(sta[nst]) return {i, sta[nst]};
}
return {-1, -1};
}
int main() {
// freopen("in", "r", stdin);
scanf("%d%d", &n, &m);
for(int i=1; i<=n; i++) for(int j=1; j<=m; j++)
scanf("%d", &a[i][j]);
mx = (1<<m)-1;
int l = 0, r = 1e9;
pii ans;
while(l<=r) {
int mid = l+r>>1;
pii pa = check(mid);
if(pa.fi == -1 || pa.se == -1) {
r = mid-1;
} else {
l = mid+1;
ans = pa;
}
}
printf("%d %d\n", ans.fi, ans.se);
return 0;
}Messenger Simulator
\[ Time Limit: 3 s\quad Memory Limit: 256 MB \]
所有数的最小值和最大值一开始都是 \(i\)，然后如果存在某个数字被提取到前面去，则这个数字的最小值就是 \(1\)。
如果某个数字 \(i\) 从来没有被提取到前面去，则其最大值一定是 \(i+\) 出现的大于 \(i\) 的数字种类，这一部分可以使用一个后缀和实现。
对于某个数字 \(i\) 第一次提取到头部时，需要计算这个位置之前的数字中出现了大于 \(i\) 的数字种类，这一部分可以使用树状数组来实现。
对于某个数字 \(i\) 在两次提取到最前之间，也就是位置从 \(1-x-1\) 的过程，那么只要就算这个 \(x\) 即可，这个 \(x\) 其实就是这两次提取到头部之间的数字种类数 \(+1\)，这一部分可以使用莫队来实现。为了方便做，对于每个数字的最后一次出现位置可以设置成 \(m+1\)。
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> File Name : e.cpp
> Author : Jiaaaaaaaqi
> Created Time : 2020/1/15 21:07:22
***************************************************************/
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define pii pair<int, int>
#define dbg(x) cout << #x << " = " << (x) << endl
#define mes(a, b) memset(a, b, sizeof a)
#define lowbit(i) (i&(-i))
using namespace std;
typedef long long int ll;
typedef unsigned long long int ull;
const int maxn = 1e6 + 10;
const ll mod = 1e9 + 7;
const ll INF = 1e18 + 100;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
int n, m;
int T, cas, tol = 0;
int block;
struct Node {
int l, r, id;
bool operator < (Node a) const {
return l/block==a.l/block ? r<a.r : l/block<a.l/block;
}
} node[maxn];
int ans = 0;
int last[maxn], a[maxn];
int Min[maxn], Max[maxn], sum[maxn], cnt[maxn];
bool vis[maxn];
void add(int i) {
if(cnt[a[i]] == 0) ans++;
cnt[a[i]]++;
}
void del(int i) {
cnt[a[i]]--;
if(cnt[a[i]] == 0) ans--;
}
int main() {
// freopen("in", "r", stdin);
scanf("%d%d", &n, &m);
for(int i=1; i<=m; i++) scanf("%d", &a[i]), cnt[a[i]] = 1;
for(int i=n; i>=1; i--) Min[i] = Max[i] = i, last[i] = m+1, cnt[i] += cnt[i+1];
block = sqrt(m);
for(int i=m; i>=1; i--) {
if(i+1 <= last[a[i]]-1) node[++tol] = {i+1, last[a[i]]-1, a[i]};
last[a[i]] = i;
}
for(int i=1; i<=n; i++) {
if(last[i] != m+1) Min[i] = 1;
else Max[i] = max(Max[i], i+cnt[i]);
}
for(int i=1; i<=m; i++) {
if(vis[a[i]]) continue;
for(int j=a[i]; j; sum[j]++, j-=lowbit(j));
int ans = 0;
for(int j=a[i]+1; j<=n; ans+=sum[j], j+=lowbit(j));
Max[a[i]] = max(Max[a[i]], a[i]+ans);
vis[a[i]] = 1;
}
sort(node+1, node+1+tol);
int L=1, R=0;
for(int i=1; i<=n; i++) cnt[i] = 0;
for(int i=1; i<=tol; i++) {
while(node[i].l < L) add(--L);
while(node[i].r > R) add(++R);
while(node[i].l > L) del(L++);
while(node[i].r < R) del(R--);
Max[node[i].id] = max(Max[node[i].id], ans+1);
}
for(int i=1; i<=n; i++) printf("%d %d\n", Min[i], Max[i]);
return 0;
}