CF1107
我哭了......什麼鬼題我怎麼都不會...果真教育場是教我作人的...node
打的虛擬賽，286名...太菜了。EF都是可作題我都沒寫出來...G題大水題我竟然沒看...數組
B：設g(i) = i的各位數字之和，f(i) = g(i) < 10 ? g(i) : f(g(i))
ide
多組詢問，每次求g(i) = x的第k大的i。k <= 1e12優化
解：這題一開始把我看得一愣一愣的，啥玩意？數位DP？怎麼放在第二題？spa
而後冷靜下來打了一波表，發現是個SB找規律......從1開始每一個數的g()值必定是12345....912...912...9.....code
這就很OK了，輸出9(k-1)+x便可。blog
C：給定字符串，每一個位置都有一個權值。排序
你要選出一個子序列，使得這些位置上的權值和最大，且沒有哪一個字符連續出現超過k次。字符串
權值非負。get
解：稍加思索......直接堆啊！每連續的一段貪心選最大的k個便可。
(若是權值能夠爲負怎麼辦？首先確定能夠暴力DP，f[i][j][k]表示前i個選j個，第i個必須選，末尾有連續k個s[i]的最大權值。DP優化...不會...複雜度更優的作法......不會...)
D：給定n x n的01矩陣，你要嘗試把它壓縮，每a x a個字符壓縮成一個字符，要求這a2個字符所有同樣。
顯然a必須是n的約數。求最大的a。
解：稍加思索...好像直接n2gcd就行啊？這麼簡單？
a必須是每行/列全部連續段的長度的約數。
感受沒錯就寫了。爲了加速把gcd記憶化了，還加了個剪枝。而後就A了...
E：給定長爲n的01序列與數組a。
你每次能夠選擇其中連續的一段0或1消掉，若是長度爲x則可以獲得a[x]的收益。求最大收益。
a[x]非負，n <= 100。
解：我是SB系列......
看到題就想到了區間DP，好比啥神題ZUMA......嘗試一下。
f[i][j][k]表示[i, j]這一段後面接長爲k的0/1時徹底消除的最大收益，發現徹底不行...棄療了。
看題解，發現是f[i][j][k][0/1]表示把[i，j]這一段消成k個0/1的最大收益，這樣就可行了......
答案是f[1][n][0][0]或f[1][n][0][1]。
轉移就是枚舉這k個0/1其中第一個在哪裏。f[l][r][0][0/1]的轉移是f[l][r][k][0/1] + a[k]
1 #include <cstdio> 2 #include <cstring> 3 4 typedef long long LL; 5 const int N = 110; 6 const LL INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f; 7 8 LL f[N][N][N][2], a[N]; 9 char s[N]; 10 11 inline void exmax(LL &a, const LL &b) { 12 a < b ? a = b : false; 13 return; 14 } 15 16 int main() { 17 memset(f, ~0x3f, sizeof(f)); 18 int n; 19 scanf("%d%s", &n, s + 1); 20 for(int i = 1; i <= n; i++) { 21 scanf("%lld", &a[i]); 22 s[i] -= '0'; 23 f[i][i][0][0] = f[i][i][0][1] = a[1]; 24 f[i][i - 1][0][0] = f[i][i - 1][0][1] = f[i][i][1][s[i]] = 0; 25 } 26 f[n + 1][n][0][0] = f[n + 1][n][0][1] = 0; 27 for(int len = 2; len <= n; len++) { 28 for(int l = 1; l + len - 1 <= n; l++) { 29 int r = l + len - 1; 30 for(int k = len; k >= 1; k--) { 31 // f[l][r][k][0] f[l][r][k][1] 32 for(int p = l; p + k - 1 <= r; p++) { 33 exmax(f[l][r][k][s[p]], f[l][p - 1][0][0] + f[p + 1][r][k - 1][s[p]]); 34 } 35 exmax(f[l][r][0][0], f[l][r][k][0] + a[k]); 36 exmax(f[l][r][0][0], f[l][r][k][1] + a[k]); 37 } 38 } 39 } 40 41 printf("%lld", f[1][n][0][0]); 42 return 0; 43 }
F：有n個貸款，你能夠在每月初選擇第i個貸款，獲得ai，以後的ki個月就要每月底還款bi(包括本月)。
你會在某個月中間攜鉅款潛逃，求你最多能帶走多少錢。
每月只能貸一筆款，每筆貸款也只能被貸一次。n <= 500
解：回想起修車的套路，咱們能夠計算在潛逃前i個月貸j的收益是a[j] - b[j] * min(i - 1, k[j])
而後想到一個相似揹包的DP，能夠設f[i][j]表示潛逃前j個月只貸前i筆款時的最大收益。
而後發現我涼了。。。緣由是貸款的順序跟揹包不同，揹包無序，這個有序。
而後發現能夠費用流，興沖沖打了一波，TLE...
結束後發現是KM，趕快去現場學一波...DFSTLE...BFSKM就是大毒瘤至今不會...
我瘋了。看別人的提交，TM是DP......
仍是以前那個狀態，可是多了個排序，按bi排序！我是大SB...
個人理解是這樣的，對於每一個貸款你顯然有三種選擇，要麼老實還錢，要麼畏罪潛逃，要麼不去選。
如今考慮兩個畏罪潛逃的貸款的前後順序。
兩個的ai都選了，因此就只跟bi有關了，因此bi大的應該越晚越好。
這樣就能夠DP了......
具體的轉移：f[i][j] = max(f[i - 1][j], f[i][j - 1], //不選i/第j天不選
f[i - 1][j - 1] + a[i] - b[i] * (j - 1), //第j天選i，畏罪潛逃
f[i - 1][j] + a[i] - b[i] * k[i]) //好久之前的某一天選了i
有一個要注意的地方是，你f[i][0]的地方也要轉移，不然f[i][1]的值會出錯......
1 #include <cstdio> 2 #include <algorithm> 3 #include <cstring> 4 5 typedef long long LL; 6 const int N = 510; 7 8 struct Node { 9 LL a, b, k; 10 inline bool operator <(const Node &w) const { 11 return b > w.b; 12 } 13 }node[N]; 14 15 LL f[N][N]; 16 17 int main() { 18 int n; 19 scanf("%d", &n); 20 for(int i = 1; i <= n; i++) { 21 scanf("%lld%lld%lld", &node[i].a, &node[i].b, &node[i].k); 22 } 23 std::sort(node + 1, node + n + 1); 24 for(int i = 1; i <= n; i++) { // use i-th credit 25 LL a = node[i].a, b = node[i].b, k = node[i].k; 26 f[i][0] = std::max(f[i - 1][0], f[i - 1][0] + a - b * k); 27 for(int j = 1; j <= n; j++) { // j days before 28 // f[i][j] 29 f[i][j] = std::max(f[i - 1][j], f[i][j - 1]); 30 // today use i 31 f[i][j] = std::max(f[i][j], f[i - 1][j - 1] + a - b * (j - 1)); 32 f[i][j] = std::max(f[i][j], f[i - 1][j] + a - b * k); 33 } 34 } 35 printf("%lld", f[n][n]); 36 return 0; 37 }
G：給定數組c和d。你要選出一段子區間，獲得的收益是a * len - ∑ci - max(di+1 - di)2
保證di遞增，求最大收益。
解：發現di遞增好像沒用......
首先考慮枚舉右端點，發現不行，而後考慮枚舉哪一個△d做爲max，這就很OK了，在左右各取前綴和max/min便可。
這道題比前面兩題友善多了，我竟然沒看......太SB了。
1 #include <cstdio> 2 #include <algorithm> 3 4 typedef long long LL; 5 const int N = 300010; 6 const LL INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f; 7 8 int n, pw[N], p[N], top, left[N], right[N]; 9 LL A, d[N], val[N], sum[N], b[N]; 10 LL STmax[N][20], STmin[N][20]; 11 12 inline LL getMax(int l, int r) { 13 int t = pw[r - l + 1]; 14 return std::max(STmax[l][t], STmax[r - (1 << t) + 1][t]); 15 } 16 17 inline LL getMin(int l, int r) { 18 int t = pw[r - l + 1]; 19 return std::min(STmin[l][t], STmin[r - (1 << t) + 1][t]); 20 } 21 22 int main() { 23 scanf("%d%lld", &n, &A); 24 LL ans = 0; 25 for(int i = 1; i <= n; i++) { 26 scanf("%lld%lld", &b[i], &val[i]); 27 d[i] = b[i] - b[i - 1]; 28 val[i] = A - val[i]; 29 sum[i] = sum[i - 1] + val[i]; 30 STmax[i][0] = STmin[i][0] = sum[i]; 31 ans = std::max(ans, val[i]); 32 } 33 for(int i = 2; i <= n; i++) { 34 pw[i] = pw[i >> 1] + 1; 35 } 36 for(int j = 1; j <= pw[n]; j++) { 37 for(int i = 0; i + (1 << j) - 1 <= n; i++) { 38 STmax[i][j] = std::max(STmax[i][j - 1], STmax[i + (1 << (j - 1))][j - 1]); 39 STmin[i][j] = std::min(STmin[i][j - 1], STmin[i + (1 << (j - 1))][j - 1]); 40 } 41 } 42 43 d[1] = INF; 44 p[++top] = 1; 45 for(int i = 2; i <= n; i++) { 46 while(top && d[p[top]] <= d[i]) { 47 top--; 48 } 49 left[i] = p[top]; 50 p[++top] = i; 51 } 52 top = 1; 53 d[n + 1] = INF; 54 for(int i = 2; i <= n + 1; i++) { 55 while(top && d[p[top]] < d[i]) { 56 right[p[top]] = i; 57 top--; 58 } 59 p[++top] = i; 60 } 61 62 for(int i = 2; i <= n; i++) { 63 LL t = getMax(i, right[i] - 1) - getMin(left[i] - 1, i - 2) - d[i] * d[i]; 64 ans = std::max(ans, t); 65 } 66 67 printf("%lld", ans); 68 return 0; 69 }
太菜了...
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每一个你不满意的现在，都有一个你没有努力的曾经。