T1 series
topic
Description [title]
[Input Format]
[Output format]
[Data] scale
As described above.
Resolve
As T1, T4 actually harder than I how to do ...... ...... The following is a giant guy Solution:
I guess you read the explanations estimates do not understand ( manual funny ), together with the code and see, I can not do anything.
Code
#include <algorithm> #include <iostream> #include <cstring> #include <string> #include <cstdio> #include <vector> #include <cmath> #include <queue> using namespace std; int read() { int num=0,w=1; char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9') { if(ch=='-') w=-1; ch=getchar(); } while(ch>='0'&&ch<='9') { num=(num<<1)+(num<<3)+ch-'0'; ch=getchar(); } return num*w; } const int N=400100; struct rec1{ int w,pos,num; }a[N]; struct rec2{ int x,y,z,num; }b[N]; struct rec3{ int tot0; long long tot1,tot2; rec3 friend operator - (rec3 x,rec3 y) { return (rec3){x.tot0-y.tot0,x.tot1-y.tot1,x.tot2-y.tot2}; } }; int n,q; long long sum[N*2][3],ans[N]; bool bj[N]; bool cmp1(rec1 x,rec1 y) { return x.w<y.w; } bool cmp2(rec2 x,rec2 y) { return x.z<y.z; } void insert(int x,int y) { long long g=1ll*y*y; for(int i=x;i<=n;i+=(i&-i)) sum[i][0]++,sum[i][1]+=y,sum[i][2]+=g; } rec3 find(int x) { rec3 tot=(rec3){0,0,0}; for(int i=x;i;i-=(i&-i)) tot.tot0+=sum[i][0],tot.tot1+=sum[i][1],tot.tot2+=sum[i][2]; return tot; } void put(long long x) { if(!x){cout<<"0"<<endl;return ;} if(x<0) x=-x,cout<<"-"; int b[20],lenb=0; while(x) { b[++lenb]=x%10; x/=10; } for(int i=lenb;i>=1;i--) cout<<(char)(b[i]+'0'); cout<<endl; } int main() { //freopen("sequence.in","r",stdin); //freopen("sequence.out","w",stdout); n=read(),q=read(); for(int i=1;i<=n;i++) a[i].w=read(),a[i].pos=read(),a[i].num=i; sort(a+1,a+n+1,cmp1); for(int i=1;i<=q;i++) b[i].x=read(),b[i].y=read(),b[i].z=read(),b[i].num=i; sort(b+1,b+q+1,cmp2); int j=0; for(int i=1;i<=q;i++) { while(j+1<=n&&a[j+1].w<=b[i].z) insert(a[j+1].num,a[j+1].pos),j++; rec3 tot=find(b[i].y)-find(b[i].x-1); if(!tot.tot0){bj[b[i].num]=1;continue;} ans[b[i].num]=tot.tot2*tot.tot0-2*tot.tot1*tot.tot1+tot.tot1*tot.tot1; } for(int i=1;i<=q;i++) if(bj[i]) cout<<"empty"<<endl; else put(ans[i]); return 0; //fclose(stdin); //fclose(stdout); }
T2 集合
题目
【题目描述】
给定一个可重集合，一开始只有一个元素0。然后你可以操作若干轮，每一轮，你需要对于集合中的每个元素x进行如下三种操作之一：
1、将x变为x+1。
2、将x分裂为两个非负整数y,z，且满足x=y+z。
3 、什么都不做。
每一轮，集合中的每个元素都必须进行上面三个操作之一。
对于一个最终的集合，你的任务是判断至少进行了多少轮。
【输入格式】
第一行为一个正整数n，表示集合的最终大小。
第二行为n个非负整数，描述集合中的元素。
【输出格式】
输出一个非负整数，为最少的轮数。
【数据规模】
解析
四题中唯一一道送分题，结果看错题目了QAQ。
很显然我们应该尽量把数分得多一些，然后尽量加一。
从零开始推显然不好操作，我们不妨逆着推：
每次把不是零的数都减一，把零两两合并。
Code
#include <algorithm> #include <iostream> #include <cstring> #include <string> #include <cstdio> #include <vector> #include <cmath> #include <queue> using namespace std; int read() { int num=0,w=1; char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9') { if(ch=='-') w=-1; ch=getchar(); } while(ch>='0'&&ch<='9') { num=(num<<1)+(num<<3)+ch-'0'; ch=getchar(); } return num*w; } int n,a[1000100],cnt[1000100],maxn; long long ans; int main() { //freopen("multiset.in","r",stdin); //freopen("multiset.out","w",stdout); n=read(); for(int i=1;i<=n;i++) { a[i]=read(); maxn=max(maxn,a[i]); cnt[a[i]]++; } for(int i=1;i<=maxn;i++) { ans++; cnt[0]=(cnt[0]+1)>>1; cnt[0]+=cnt[i]; } for(;cnt[0]>1;cnt[0]=(cnt[0]+1)>>1) ans++; cout<<ans; return 0; //fclose(stdin); //fclose(stdout); }
T3 迎接仪式
题目
【题目描述】
教主要来C市指导学习工作了。为了迎接教主，在一条道路旁，一群人穿着文化衫站在道路两旁迎接教主，每件文化衫上都印着大字。
一旁的人依次摆出“欢迎欢迎欢迎欢迎……”的大字，但是领队突然发现，另一旁穿着“教”和“主”字文化衫的人却不太和谐。
为了简单描述这个不和谐的队列，我们用“j”替代“教”，“z”替代“主”。而一个“j”与“z”组成的序列则可以描述当前的队列。
为了让教主看得尽量舒服，你必须调整队列，使得“jz”子串尽量多。每次调整你可以交换任意位置上的两个人，也就是序列中任意位置上的两个字母。
而因为教主马上就来了，时间仅够最多作K次调整（当然可以调整不满K次），所以这个问题交给了你。
【输入格式】
第1行包含2个正整数N与K，表示了序列长度与最多交换次数。
第2行包含了一个长度为N的字符串，字符串仅由字母“j”与字母“z”组成，描述了这个序列。
【输出格式】
仅包括一个非负整数，为调整最多K次后最后最多能出现多少个“jz”子串。
【数据规模】
对于10%的数据，有N≤10；
对于30%的数据，有K≤10；
对于40%的数据，有N≤50；
对于100%的数据，有N≤500，K≤100
解析
又是动态规划，令f[i][j][z]表示前i个字符，已经处理了j个'j'和z个'z'。
边界为f[0][0][0]=f[1][0][0]=0。
状态转移方程：
1、不换：f[i][j][z]=f[i-1][j][z]。
2、换：如果a[i-1]为'j'的话，令u=0，否则u=1，如果a[i]为'z'的话，令v=0，否则v=1，
因为如果之前处理过了'j'或'z'的话，就不用增加处理'j'与'z'的数量，反之要增加，故f[i][j][z]=f[i-2][j-u][z-v]。
最后答案为最大的f[n][i][i](i=1-k)。
Code
#include <algorithm> #include <iostream> #include <cstring> #include <string> #include <cstdio> #include <vector> #include <cmath> #include <queue> using namespace std; int read() { int num=0,w=1; char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9') { if(ch=='-') w=-1; ch=getchar(); } while(ch>='0'&&ch<='9') { num=(num<<1)+(num<<3)+ch-'0'; ch=getchar(); } return num*w; } int n,k,maxn,f[505][105][105],l1,l2,u,v; char a[505]; int main() { //freopen("welcome.in","r",stdin); //freopen("welcome.out","w",stdout); memset(f,0xcf,sizeof(f)); f[0][0][0]=0,f[1][0][0]=0; n=read(),k=read(); a[0]='z',a[n+1]='j'; for(int i=1;i<=n;i++) { a[i]=getchar(); if(a[i]=='j') l1++; else l2++; } l1=min(l1,k),l2=min(l2,k); for(int i=2;i<=n;i++) { if(a[i-1]=='j') u=0; else u=1; if(a[i]=='z') v=0; else v=1; for(int j=0;j<=l1;j++) for(int z=0;z<=l2;z++) { f[i][j][z]=f[i-1][j][z];//不换 if(j-u>=0&&z-v>=0) f[i][j][z]=max(f[i][j][z],f[i-2][j-u][z-v]+1);//换 } } for(int i=0;i<=k;i++) maxn=max(maxn,f[n][i][i]); cout<<maxn; return 0; //fclose(stdin); //fclose(stdout); }
T4 益智游戏
题目
【题目描述】
小P和小R在玩一款益智游戏。游戏在一个正权有向图上进行。
小P控制的角色要从A点走最短路到B点，小R控制的角色要从C点走最短路到D点。
一个玩家每回合可以有两种选择，移动到一个相邻节点或者休息一回合。
假如在某一时刻，小P和小R在相同的节点上，那么可以得到一次特殊奖励，但是在每个节点上最多只能得到一次。
求最多能获得多少次特殊奖励。
【输入格式】
第一行两个整数n，m表示有向图的点数和边数。
接下来m行每行三个整数xi，yi，li，表示从xi到yi有一条长度为li的边。
最后一行四个整数A，B，C，D，描述小P的起终点，小R的起终点。
【输出格式】
输出一个整数表示最多能获得多少次特殊奖励。若小P不能到达B点或者小R不能到达D点则输出-1。
【数据规模】
对于30%的数据，满足n≤50
对于60%的数据，满足n≤1000，m≤5000
对于100%的数据，满足n≤50000，m≤200000，1≤li≤500000000
解析
这题正解居然是四遍dijkstra+topu排序，恐怖如斯，不说了，直接扔大佬题解：
(1)特殊奖励的点一定是连续的
(2)若s-->x+(x,y)+y-->t = s-->t 则(x,y)在s到t的最短路上
(3)所有在A-->B,C-->D的最短路上的边构成一个有向无环图
在正向图上求A，C出发的最短路
在反向图上求到达B，D的最短路
最短路可以用dijkstra+优先队列
筛选出在A-->B,C-->D的最短路上的边作为新图
对新图拓扑排序+DP求最长路
时间复杂度(MlogN)
Code
#include <algorithm> #include <iostream> #include <cstring> #include <string> #include <cstdio> #include <vector> #include <cmath> #include <queue> using namespace std; long long read() { long long num=0,w=1; char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9') { if(ch=='-') w=-1; ch=getchar(); } while(ch>='0'&&ch<='9') { num=(num<<1)+(num<<3)+ch-'0'; ch=getchar(); } return num*w; } const int N=50010; const int M=200010; struct rec{ int to,next; long long l; }edge1[M],edge2[M]; int n,m,cnt,head1[N],head2[N],in[N],f[N],ans; long long d1[N],d2[N],d3[N],d4[N]; bool vis[N]; void add1(int x,int y,int l) { edge1[++cnt].to=y; edge1[cnt].l=l; edge1[cnt].next=head1[x]; head1[x]=cnt; edge2[cnt].to=x; edge2[cnt].l=l; edge2[cnt].next=head2[y]; head2[y]=cnt; } void add2(int x,int y) { edge2[++cnt].to=y; edge2[cnt].next=head2[x]; head2[x]=cnt; } void dijkstra(int t,long long *d,int *head,rec *edge) { for(int i=1;i<=n;i++) d[i]=0x7f7f7f7f7f7f7f7f; memset(vis,false,sizeof(vis)); priority_queue< pair<long long,int> > q; d[t]=0,q.push(make_pair(0,t)); while(q.size()) { int now=q.top().second; q.pop(); if(vis[now]) continue; vis[now]=true; for(int i=head[now];i;i=edge[i].next) { int next=edge[i].to; long long l=edge[i].l; if(d[next]>d[now]+l) { d[next]=d[now]+l; q.push(make_pair(-d[next],next)); } } } } void topu_sort() { queue<int> q; for(int i=1;i<=n;i++) if(!in[i]) q.push(i); while(q.size()) { int now=q.front(); q.pop(); for(int i=head2[now];i;i=edge2[i].next) { int next=edge2[i].to; f[next]=max(f[next],f[now]+1); ans=max(ans,f[next]); in[next]--; if(!in[next]) q.push(next); } } } int main() { //freopen("game.in","r",stdin); //freopen("game.in","w",stdout); n=read(),m=read(); for(int i=1;i<=m;i++) { int x=read(),y=read(); long long l=read(); add1(x,y,l); } int a=read(),b=read(),c=read(),d=read(),k=0; dijkstra(a,d1,head1,edge1),dijkstra(b,d2,head2,edge2); dijkstra(c,d3,head1,edge1),dijkstra(d,d4,head2,edge2); if(d1[b]==0x7f7f7f7f7f7f7f7f||d3[d]==0x7f7f7f7f7f7f7f7f) { cout<<"-1"; return 0; } for(int i=1;i<=n;i++) if(d1[i]+d2[i]==d1[b]&&d3[i]+d4[i]==d3[d]) { k=1; break; } memset(edge2,0,sizeof(edge2)); memset(head2,0,sizeof(head2)); cnt=0; for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=head1[i];j;j=edge1[j].next) { int next=edge1[j].to; if(d1[i]+d2[next]+edge1[j].l==d1[b]&&d3[i]+d4[next]+edge1[j].l==d3[d]) { in[next]++; add2(i,next); } } topu_sort(); cout<<ans+k; return 0; //fclose(stdin); //fclose(stdout); }