jzyz 題庫選作及知識小結

時間 2020-05-10

標籤 jzyz 題庫知識小結简体版

原文原文鏈接

校oj不少題目仍是很好的考慮給他們蟹蟹題解Yios

更新於：10.24c++

打掃衛生題目大意：n個房間 m個同窗每一個房間至少兩個同窗求方案數git

顯然是個計數類的題目技術類題目真的須要有必定數學感受8... 頭有點大奧數組

而後咱們考慮這道題目顯然是一個組合數的問題而後須要用到隔板法因此在這裏我淺析一下隔板法的應用有多學習了一個好東西網絡

具體隔板法對於n個有順序的球咱們考慮在中間放入m個板而後規定咱們不能在兩個球之間放兩個及以上個隔板而後兩段不能放隔板問你方案數數據結構

咱們不妨考慮在這n-1個空位置放入m個球那麼方案數顯然是$\binom{n-1}{m}$ide

聽說今年高聯數學二試也考了個隔板法？？仍是比較好寫的那個題目究竟是形如什麼樣的式子能夠使用隔板法求解問題呢學習

咱們不妨舉幾個例子優化

求解$\sum_{i=1}^{m} x_i=n$ 有多少個正整數解 ui

對於這種狀況咱們能夠考慮是在n個球中插入了 m-1個板類比剛纔的方法容易獲得方案數數爲$\binom{n-1}{m-1}$

而後考慮對於求解$\sum_{i=1}^{m} x_i=n$ 有多少個天然數解也就是說你能夠存在$x_i=0$ 因此咱們爲了不這種狀況出現

咱們能夠對於每個$x_i+1$ 因此咱們的式子變成了 $\sum_{i=1}^{m} (x_i+1)=n+m$ 因此此時換元每個$t_i$ 就是正整數了

因此咱們能夠類比剛纔的方法作了而後方案數就是$\binom{n+m-1}{m-1}=\binom{n+m-1}{n}$

而後這道題目保證每一個房間至少兩我的因此咱們不妨先將這 n*2個同窗T出去由於必定要留下來這2*n個同窗至於剩下的m-2*n個同窗

咱們考慮轉化成剛纔咱們討論過的問題咱們除去這些2*n我的以後咱們每一個房間的人數$x_i$ 這時候就是求解 $\sum_{i=1}^{n} x_i=m-2*n$

對於這種狀況咱們$x_i$ 存在等於0的狀況咱們進一步轉化成整數狀況 $\sum_{i=1}^{n} (x_i+1)=m-2*n+n$ 而後類比剛纔的例子1 咱們就求出了答案

因此這個題目還有寫高精*單精就沒了

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std; template<typename T>inline void read(T &x) { x=0;T f=1,ch=getchar(); while(!isdigit(ch))     {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();} while(isdigit(ch)) {x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();} x*=f; } const int N=1010; int n,m,top,b[N],p0[N],p1[N],p2[N]; inline void insert(int x,int *a) { int now=x; for(int i=2;i*i<=x;i++) { while(now%i==0) { now=now/i; ++a[i]; } } if(now>1) ++a[now]; } inline void mul(int x) { int res=0; for(int i=1;i<=top;i++) { b[i]=b[i]*x; b[i]+=res; res=b[i]/10; b[i]=b[i]%10; } while(res) { b[++top]=res; res=b[top]/10; b[top]=b[top]%10; } } int main() { read(n); read(m); if(m<2*n) {puts("0");return 0;} int s=m-2*n+n-1,c=m-2*n; for(int i=2;i<=s;i++) insert(i,p0); for(int i=2;i<=c;i++) insert(i,p1); for(int i=2;i<=s-c;i++) insert(i,p2); b[++top]=1; for(int i=2;i<=s;i++) { p0[i]=p0[i]-p1[i]-p2[i]; while(p0[i]) { --p0[i]; mul(i); } } for(int i=top;i>=1;i--) printf("%d",b[i]); return 0; }

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pigs 一道頗有意思的網絡流呢這個建圖我着實思考了一會不過在Chdy的指導下仍是搞出來了是個最大流

具體怎麼建圖呢由於很是容易想到的是咱們確定是源點向每一個豬小屋連邊容量是每一個豬小屋原來擁有的豬豬數量而後每一個人向匯點連邊

而後容量是每一個人原來想要購買的豬豬的數量那麼考慮豬小屋和顧客之間怎麼連邊咱們考慮一個事情是每一個豬小屋第一個打開他的顧客是必定的

當前這個顧客購買完以後咱們考慮如何將當前這個小屋的豬進行一個轉移就是指向一個接下來能打開他的顧客因此咱們對於豬小屋和顧客

咱們將每個豬小屋和第一個能打開他的顧客連邊容量是 inf 而後將當前第一個顧客和可以再次打開這個豬小屋的顧客連邊而後咱們就實現了豬的轉移

跑一邊最大流便可我我我我最大流仍是寫錯了也就是=寫成==不報錯唄hh

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std; template<typename T>inline void read(T &x) { x=0;T f=1,ch=getchar(); while(!isdigit(ch))     {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();} while(isdigit(ch)) {x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();} x*=f; } const int inf=0x7fffffff; const int N=1000010; struct gg { int y,v,next; }a[N<<1]; int n,m,x,y,z,tot,s,t,H,T,lin[N],q[N],d[N],st[N]; inline void add(int x,int y,int v) { a[++tot].y=y; a[tot].next=lin[x]; lin[x]=tot; a[tot].v=v; a[++tot].y=x; a[tot].next=lin[y]; lin[y]=tot; a[tot].v=0; } inline bool bfs() { memset(d,0,sizeof(d)); H=T=0;q[++T]=s;d[s]=1; while(H++<T) { int x=q[H]; for(int i=lin[x];i;i=a[i].next) { if(a[i].v&&!d[a[i].y]) { q[++T]=a[i].y; d[a[i].y]=d[x]+1; if(a[i].y==t) return 1; } } } return 0; } inline int dinic(int x,int flow) { if(x==t) return flow; int rest=flow,k; for(int i=lin[x];i&&rest;i=a[i].next) { if(a[i].v&&d[a[i].y]==d[x]+1) { k=dinic(a[i].y,min(rest,a[i].v)); if(!k) d[a[i].y]=0; a[i].v-=k;a[i^1].v+=k; rest-=k; } } return flow-rest; } int main() { // freopen("1.in","r",stdin);
    tot=1; read(m); read(n); s=1,t=2+n+m; for(int i=1;i<=m;i++) { read(x); add(1,i+1,x); } for(int i=1;i<=n;i++) { read(x); for(int j=1;j<=x;j++) { read(y); if(!st[y]) add(1+y,m+i+1,inf),st[y]=i+m+1; else add(st[y],m+i+1,inf); } read(z); add(m+i+1,t,z); } int flow=0,max_flow=0; while(bfs()) { while(flow=dinic(s,inf)) max_flow+=flow; } cout<<max_flow<<endl; return 0; }

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[8.28]機率遊戲

好像在模擬賽總結的時候寫過這個題目因此直接樹狀數組就好了或者排序後二分樹狀數組開了map 因此比較慢

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std; template<typename T>inline void read(T &x) { x=0;T f=1,ch=getchar(); while(!isdigit(ch))     {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();} while(isdigit(ch)) {x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();} x*=f; } typedef long long ll; const int N=1000010; ll n,X,a[N]; map<ll,ll>c; inline ll lowbit(ll x) { return x&(-x); } inline void add(ll x) { for(ll i=x;i<=10001000;i+=lowbit(i)) c[i]+=1; } inline ll query(ll x) { ll res=0; for(ll i=x;i>0;i-=lowbit(i)) res+=c[i]; return res; } int main() { //freopen("1..cpp","r",stdin);
 read(n); read(X); for(int i=1;i<=n;i++) { read(a[i]); add(a[i]); } ll sum=0,t=n*(n-1); for(int i=1;i<=n;i++) { sum+=query(X-a[i]); if(a[i]<=X-a[i]) --sum; } double ans=(double)sum/t; printf("%.2lf",ans); return 0; }

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[6.24]子序列累加和不是連續子序列啊qwq

一眼望去我想枚舉區間可是這種區間最值得東西咱們不妨思考一種數據結構這個題目是要咱們求最大值最小值的差值

由於咱們都知道答案是$\sum_{i=1}^{n} MAX[i]*a[i]-MIN[i]*a[i]$ 其中MAX[i]表示以i做爲區間最大值的區間的個數 MIN[i]表示以i做爲區間最小值的區間個數

考慮$MAX[i]$這些數組怎麼求出來咱們能夠類比樓蘭圖騰那道題目求出$left[i]表示當前這個元素向左邊是多少個區間的最值 right[i]$同理由於本身也能夠產生貢獻

因此答案是$left[i]*right[i]+1$ 因此咱們考慮用單調棧來維護這個東西具體怎麼作呢

以一個例子爲例求出一個元素左邊做爲多少個區間的最小值那麼

咱們顯然是須要維護一個單調遞增的棧而後咱們考慮當前這個元素比棧頂大那麼就加入

不然不斷彈出棧那麼當前的貢獻就是棧頂的貢獻+1 而後這裏須要考慮的是你的while循環裏只能有兩個等號也就是同一個方向的是一個等號

不能全是也不能全不是這一點要處理好爲何呢咱們是爲了避免漏掉以及重複的狀況思考一下

//如今有N個數的數列。如今你定義一個子序列是數列的連續一部分 //子序列的值是這個子序列中最大值和最小值之差 //求全部子序列的值得累加和
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std; typedef long long LL; template<typename T>inline void read(T &x) { x=0;T f=1,ch=getchar(); while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();} while(isdigit(ch)) {x=((x<<1)+(x<<3)+(ch^48));ch=getchar();} x*=f; } const int N=300010; LL n; LL a[N],s1[N],s2[N],s3[N],s4[N],sum1[N],sum2[N],sum3[N],sum4[N]; LL top1=0,ans=0,top2=0,top3=0,top4=0; int main() { //freopen("1.in","r",stdin);
 read(n); for(int i=1;i<=n;i++) { read(a[i]); } s1[++top1]=1; s2[++top2]=n; s3[++top3]=1; s4[++top4]=n; for(LL i=2;i<=n;i++) { for(;a[i]<a[s1[top1]]&&top1;--top1) sum1[i]+=sum1[s1[top1]]+1; s1[++top1]=i; }//正序最小
    for(LL i=n-1;i;i--) { for(;a[i]<=a[s2[top2]]&&top2;--top2) sum2[i]+=sum2[s2[top2]]+1; s2[++top2]=i; }//倒序最小
    for(LL i=2;i<=n;++i) { for(;a[i]>a[s3[top3]]&&top3;--top3) sum3[i]+=sum3[s3[top3]]+1; s3[++top3]=i; }//正序最大
    for(LL i=n-1;i;--i) { for(;a[i]>=a[s4[top4]]&&top4;--top4) sum4[i]+=sum4[s4[top4]]+1; s4[++top4]=i; }//倒序最大
    for(LL i=1;i<=n;++i) ans+=(((sum3[i]+1)*(sum4[i]+1))-((sum1[i]+1)*(sum2[i]+1)))*a[i]; cout<<ans<<endl; return 0; }

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[10.21]調整公約數

原本看到沒有思路可是咱們不妨思考一下每次老是一個數字除以一個質因數另外一個是乘上質因數因此咱們發現全部數字乘起來

對應的質因數分解後質因子對應的指數是不變因此咱們考慮對於每個 $a_i$ 咱們進行質因數分解記錄一下每個數字對應的質因數出現的次數

而後記錄一下這個質因數一共出現的次數

接下來咱們要保證次數最少確定是考慮將最小的質因數的指數均分給每個數字了而後咱們找到這樣的數字能夠保證這樣的數字必定是存在的不然最大公約數就是1

可是須要解決的問題還有一個就是空間問題我第一遍的作法是直接MLE了因此我考慮改了一下當前狀態而後開了一個map 解決了這個事情

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std; template<typename T>inline void read(T &x) { x=0;T f=1,ch=getchar(); while(!isdigit(ch)){if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();} while(isdigit(ch)) {x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();} x*=f; } typedef long long ll; int vis[1001000]; int x,n; map<int,map<int,int> >a; inline ll mul(int a,int b) { ll res=0; while(b) { if(b&1) res=(res+a); a=(a+a); b>>=1; } return res; } inline ll power(int a,int b) { ll res=1; while(b) { if(b&1) res=(res*a); a=mul(a,a); b>>=1; } return res; } int main() { //freopen("1.in","r",stdin);
 read(n); int ans=1,sum=0,jud; for(int i=1;i<=n;i++) { read(x); for(int j=2;j<=sqrt(x*1.0);j++) { while(x&&x%j==0) { x/=j; ++vis[j]; ++a[i][j]; } } ++vis[x]; a[i][x]++; } for(int i=2;i<=1000000;i++) { jud=vis[i]/n; if(jud) { ans=ans*power(i,jud); for(int j=1;j<=n;j++) { if(a[j][i]<jud) sum+=jud-a[j][i]; } } } printf("%d %d",ans,sum); return 0; }

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9.8]玻璃球遊戲

這顯然是一個並差集的題目可是須要並差集的斷開操做因此咱們不妨將操做離線而後將斷開改爲插入而後正難則反好像這個道理只有我剛知道

這裏%一下chdy 和一刀一個小朋友兩個選手最後本校oj 須要手動開棧qwq

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std; char buf[1<<15],*fs,*ft; inline char getc(){ return (fs==ft&&(ft=(fs=buf)+fread(buf,1,1<<15,stdin),fs==ft))?0:* fs++; } inline int read() { int This=0,F=1; char ch=getc(); while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-') F=-1;ch=getc();} while(ch>='0'&&ch<='9') {This=(This<<1)+(This<<3)+ch-'0';ch=getc();} return This*F; } void put(int x) { if(x==0) { putchar('0'); putchar('\n'); return; } if(x<0) { putchar('-'); x=-x; } int num=0;char ch[16]; while(x) ch[++num]=x%10+'0',x/=10; while(num) putchar(ch[num--]); putchar('\n'); } const int N=300100; struct gg { int flag,x; }a[N]; int n,q,ans[N],Next[N],father[N],vis[N]; inline int find(int x) { if(x==-1) return -1; return father[x]==x?x:father[x]=find(father[x]); } int main() { // freopen("1.in.cpp","r",stdin);
    int __size__ = 20 << 20; // 20MB
    char *__p__ = (char*)malloc(__size__) + __size__; __asm__("movl %0, %%esp\n" :: "r"(__p__)); n=read(); for(register int i=1;i<=n;i++) Next[i]=read(),father[i]=i; q=read(); for(register int i=1;i<=q;i++) { a[i].flag=read(); a[i].x=read(); if(a[i].flag==2) vis[a[i].x]=1; ans[i]-=2; } for(register int i=1;i<=n;i++) { if(!vis[i]&&Next[i]) { int p=find(Next[i]); if(i==p) father[Next[i]]=-1; father[i]=Next[i]; } } for(register int i=q;i>=1;i--) { if(a[i].flag==1) ans[i]=find(a[i].x); else { int x=a[i].x; int y=find(Next[x]); if(x==y) father[Next[x]]=-1; father[x]=Next[x]; } } for(register int i=1;i<=q;i++) { if(ans[i]==-1) printf("CIKLUS\n"); else if(ans[i]!=-2) put(ans[i]); } return 0; }

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數列操做（差分）問題

既然題目已經給提示是差分了因此咱們能夠往差分的思想上思考而後咱們不妨思考一下

對於這種對原序列的一段區間$l,r$進行+1，-1的操做加入對於原序列 $a_l,a_r$ 進行+1 咱們能夠對應到差分序列上就是$d_l$ 數組 +1 而後 $d_{r+1}$-1 因此對於這種執行區間操做我

們就轉化成了對差分序列進行兩個數字的操做

對於使得最後的數組相同也就是從差分序列的第2項到第n項最終變成0的最少操做數而後咱們思考一下

對於差分序列咱們爲了使其變成0 咱們能夠每次選擇一個正數-1 而後選擇一個負數+1 而後咱們求出第二項到第n項的正數和爲 p 負數的絕對值的和爲 q

而後顯然操做數就是 $max(p,q)$ 而後對於可能的序列數咱們每次講正數和負數匹配而後咱們思考將其中一個變成0 這樣的操做次數是$min(p,q)$

此時序列上剩餘和爲abs（p-q）的數字而後考慮和差分數列的$d_1或者d_{n+1}$ 進行配對而後咱們考慮這樣的次數是 abs(p-q)的而後對於的獲得的序列數

咱們就是考慮最終 $ d_1 $的全部可能的方案數就是abs(p-q)+1 由於最後d1能夠不變保持原來的數字

注意開ll 今天我這個同窗由於這個爆零好屢次qwq

//#include<bits/stdc++.h>
#include<iomanip> #include<utility> #include<cctype> #include<vector> #include<deque> #include<map> #include<stack> #include<queue> #include<bitset> #include<set> #include<cstdlib> #include<algorithm> #include<iostream> #include<cstdio> #include<ctime> #include<cmath> #include<cstring> #include<string>
#define INF 2147483646
#define up(p,i,n) for(long long i=p;i<=n;i++)
using namespace std; inline long long read() { long long x=0,f=1;char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();} while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();} return x*f; } inline void put(long long x) { x<0?x=-x,putchar('-'):0; long long num=0;char ch[50]; while(x)ch[++num]=x%10+'0',x/=10; num==0?putchar('0'):0; while(num)putchar(ch[num--]); putchar('\n');return; } const long long MAXN=100002; long long a[MAXN],b[MAXN]; long long n; long long ans=0,cnt=0; int main() { n=read(); up(1,i,n)a[i]=read(); up(2,i,n)b[i]=a[i]-a[i-1]; up(2,i,n){if(b[i]<0)ans+=b[i];if(b[i]>0)cnt+=b[i];} ans=abs(ans);cnt=abs(cnt); put(max(ans,cnt)); put(abs(ans-cnt)+1); return 0; }

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[10.17]揹包練習

我又把揹包問題忘完了qwq 先複習一下之前的知識8

今天早上作了一個 01揹包的第k優解其實這個知識點是很早發現的但一直沒寫qwq

咱們設$f_{i j k}$表示前 i 個物品佔了體積爲 j 的揹包時對應第k優解的最大價值根據揹包的性質咱們顯然優化掉第一維

因此有用的狀態就是 $f_j 和 f_{j-v[i]}$ 可是這個時候他們再也不對應一個個值而是咱們要把他們當成一個序列開一個數組記錄每次的最優解直到選夠k個

而後考慮取前面k個就獲得了第k優解可是須要注意的是咱們的數組初始化負無窮而後 $f_{0 1}=0$ 只有這一個是合法狀態

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std; template<typename T>inline void read(T &x) { x=0;T f=1,ch=getchar(); while(!isdigit(ch))     {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();} while(isdigit(ch)) {x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();} x*=f; } const int N=5010; const int M=210; int k,n,m,v[M],w[M],f[N][60],c[60]; int main() { read(k); read(m); read(n); for(int i=1;i<=n;i++) read(v[i]),read(w[i]); memset(f,0xcf,sizeof(f)); f[0][1]=0; for(int i=1;i<=n;i++) { for(int j=m;j>=v[i];j--) { int l=1,r=1,t=0,tmp=0; while(t<k) { if(f[j][l]<f[j-v[i]][r]+w[i]) { c[++tmp]=f[j-v[i]][r]+w[i],r++; } else c[++tmp]=f[j][l],l++; t++; } for(int s=1;s<=k;s++) f[j][s]=c[s]; } } int ans=0; for(int i=1;i<=k;i++) ans+=f[m][i]; printf("%d\n",ans); return 0; }

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而後咱們考慮這個題目是讓咱們不選擇第i個時裝滿揹包的方案數 啊怎麼寫啊qwq 暴力暴力qwq

qwq 爆零選手回來寫博客了顯然根據咱們迴歸到揹包最原來的狀態 $f_j$ 的轉移只有兩個一個是 $f_j 和 f_{j-v[i]}$ 前者表示不選擇第i個物品後者表示選擇第i個物品

而後咱們能夠根據這個進行轉移咱們先求出不考慮限制的方案數而後考慮不選擇第i個物品就是咱們將當前的方案數減去強制選擇i的方案數

當進行下一次轉移的時候咱們再將減去的累加回來由於一次就不選擇一個複雜度 (nm) 模數寫錯我又爆零了

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std; template<typename T>inline void read(T &x) { x=0;T f=1,ch=getchar(); while(!isdigit(ch))     {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();} while(isdigit(ch)) {x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();} x*=f; } int n,m,v[1010],f[10100]; int main() { //freopen("1.in","r",stdin);
 read(n); read(m); for(int i=1;i<=n;i++) read(v[i]); f[0]=1; for(int i=1;i<=n;i++) { for(int j=m;j>=v[i];j--) { f[j]+=f[j-v[i]]; f[j]%=1014; } } for(int k=1,j=v[k];j<=m;j++) {//單獨處理第一個 
        f[j]-=f[j-v[k]]; f[j]%=1014; } cout<<(f[m]+1014)%1014<<' '; for(int k=1;k<=n;) { for(int j=m;j>=v[k];j--) { f[j]+=f[j-v[k]]; f[j]%=1014; } k++; for(int j=v[k];j<=m;j++) { f[j]-=f[j-v[k]]; f[j]%=1014; } cout<<(f[m]+1014)%1014<<' '; if(k==n) return 0; } }

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最近寫了一道貪心比較水可是剛開始T了後來又寫了一遍老是有這樣一堆板子的貪心題目證實我沒有咕這個博客

[10.14]小紅花

那麼顯然看出貪心就是按照右端點從小到大排序每次從右向左放沒有就放有就跳過其實不是說這個題有多巧妙模型就是若干個區間限制每一個區間最少選擇多少個點而後考慮選擇最少的點是多少

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std; template<typename T>inline void read(T &x) { x=0;T f=1,ch=getchar(); while(!isdigit(ch))     {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();} while(isdigit(ch)) {x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();} x*=f; } const int N=5100; struct gg { int l,r,x; }a[N]; inline bool mycmp(gg x,gg y) { return x.r==y.r?x.l<y.l:x.r<y.r; } int n,m; bool p[310000]; int main() { //freopen("1.in","r",stdin);
    scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=m;i++) { scanf("%d%d%d",&a[i].l,&a[i].r,&a[i].x); } sort(a+1,a+m+1,mycmp); int ans=0; for(int i=1;i<=m;i++) { int v=a[i].x,r=a[i].r; for(int j=a[i].l;j<=a[i].r;j++) { if(p[j]) v--; } for(;v>0;r--) { if(!p[r]) { p[r]=1; v--; ans++; } } } cout<<ans<<endl; }

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是最近我發現好多貪心都是這樣

好比雷達監測咱們轉化模型以後發現就是若干個區間而後你選擇最少的點 st 全部的區間都至少有一個點被選中

將全部區間按右端點從小到大排序依次考慮每一個區間

若是當前區間包含最後一個選擇的點，則直接跳過

若是當前區間不包含最後一個選擇的點則在當前區間的右端點的位置選一個新的點選擇右端點是最優不會更差的作法仔細理解這個貪心的過程

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std; typedef pair<double,double> PDD; template<typename T>inline void read(T &x) { x=0;T f=1,ch=getchar(); while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') f=-1; ch=getchar();} while(isdigit(ch)) {x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();} x*=f; } const double eps=1e-9; const int inf=1e10; const int N=1010; PDD g[N]; int n,d,x,y; int main() { //freopen("1.in","r",stdin);
 read(n); read(d); int flag=0; for(int i=1;i<=n;i++) { read(x); read(y); if(y>d) { flag=1; break; } double len=sqrt(d*d-y*y); g[i]={x+len,x-len}; } if(flag) { puts("-1"); return 0; } else { sort(g+1,g+n+1); int res=0; double last=-inf; for(int i=1;i<=n;i++) { if(g[i].second>last+eps) { res++; last=g[i].first; } } cout<<res<<endl; return 0; } }

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還好比蓄欄預約每一個牛有個吃草時間區間而後區間有重疊的不能在一個蓄欄考慮最少準備多少個蓄欄

那麼這個就是按照左端點從小到大排序而後開一個小根堆維護一個右端點每次判斷右端點是否位於下一個區間裏若是是那麼考慮此時累加個數而且放進堆裏維護此時把位置更新

若是不是那麼安排放在一塊兒都是acwing上的貪心題目

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std; template<typename T>inline void read(T &x) { x=0;T f=1,ch=getchar(); while(!isdigit(ch)){if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();} while(isdigit(ch)) {x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();} x*=f; } const int N=50010; struct gg { int l,r,id; }a[N]; struct pink { int r,size; /*int operator < (pink &a) const{ return a.r<r; }*/ 
    int friend operator <(pink a,pink b) { return a.r>b.r; } }; inline bool mycmp(gg x,gg y) { return x.l==y.l?x.r<y.r:x.l<y.l; } priority_queue<pink>q; int n,pos[N]; int main() { //freopen("1.in","r",stdin);
 read(n); for(int i=1;i<=n;i++) { read(a[i].l); read(a[i].r); a[i].id=i; } sort(a+1,a+n+1,mycmp); for(int i=1;i<=n;i++) { if(q.empty()||q.top().r>=a[i].l) { pink h; h.r=a[i].r;h.size=q.size(); q.push(h); pos[a[i].id]=h.size; } else { pink h=q.top(); q.pop(); pos[a[i].id]=h.size; h.r=a[i].r; q.push(h); } } cout<<q.size()<<endl; for(int i=1;i<=n;i++) cout<<pos[i]+1<<endl; return 0; }

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[8.21]8的倍數

這個題看到嗚嗚嗚只會寫暴力考慮怎麼優化這個題目呢思考了一會發現沒有什麼思路

那麼考慮此時我去問了一下強者強者跟我說容斥一下就好了不會出去和老師恰了個飯一餐的方便麪還不錯回到機房等待晚上講前四場的模擬賽題解那麼思考了一下發現了其中的規律

其實咱們能夠預處理 1-y 的知足條件的個數和1 - x-1 的個數而後兩者相減就是個數

考慮數論了顯然是2^n 枚舉因子的使用狀況那麼尋找當前使用因子和8的lcm 根據容斥那個神奇的例子咱們奇減偶加而後用x-1或者y除以這個lcm 而後就求出了出現個數

後來發現能夠dfs 其實二進制枚舉就能夠

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std; template<typename T>inline void read(T &x) { x=0;T f=1,ch=getchar(); while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();} while(isdigit(ch)) {x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();} x*=f; } typedef long long ll; const int N=20; int n,m,x,y,a[N]; inline ll gcd(ll a,ll b) { return b?gcd(b,a%b):a; } inline ll ask() { ll ans=0; for(int i=0;i<(1<<n);i++) { ll tot=0,num=8; for(int j=0;j<n;j++) { if(i&(1<<j)) { num*=a[j]/gcd(a[j],num); if(num>y) break; tot++; } } if(tot&1) ans-=y/num; else ans+=y/num; } return ans; } inline ll ask1() { ll ans=0; for(int i=0;i<(1<<n);i++) { ll tot=0,num=8; for(int j=0;j<n;j++) { if(i&(1<<j)) { num*=a[j]/gcd(a[j],num); if(num>(x-1)) break; tot++; } } if(tot&1) ans-=(x-1)/num; else ans+=(x-1)/num; } return ans; } int main() { read(n); for(int i=0;i<n;i++) read(a[i]); read(x); read(y); printf("%lld\n",ask()-ask1()); return 0; }

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免費餡餅

長了個dp的樣子確實這個dp 正推倒推均可以這裏我寫了倒推咱們設狀態$dp[i][j]$表示在第 i 個時刻位於 j 地點的最大分數

那麼咱們這個時候要求的終點狀態就是dp[0][w/2+1] 由於最開始位於舞臺中央

因此 $dp[i][j]=dp[i+1][j+k]$ k 表示移動方向

那麼咱們倒序循環時刻以及舞臺位置每一個方向取最大有一點能不能不動因此優先判斷不動

對於方案輸出咱們只須要再次模擬一遍尋找答案的過程而後記錄一下方向輸出便可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std; template<typename T>inline void read(T &x) { x=0; T f=1,ch=getchar(); while (!isdigit(ch)) {if(ch=='-') f=-1; ch=getchar();} while (isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48), ch=getchar(); x*=f; } const int N=1100; int n,m,w,h,now; struct gg { int tim,pos,speed,val; }a[N]; int f[N][N];//f[i][j]表示當前是i時刻位於j地點撿到的最大分數 
inline int slove(int tim,int pos) { int ans=0; if(f[tim+1][pos]>ans) { ans=f[tim+1][pos]; now=0; } if(f[tim+1][pos-2]>ans&&pos-2>0) { ans=f[tim+1][pos-2]; now=-2; } if(f[tim+1][pos-1]>ans&&pos-1>0) { ans=f[tim+1][pos-1]; now=-1; } if(f[tim+1][pos+1]>ans&&pos+1<=w) { ans=f[tim+1][pos+1]; now=1; } if(f[tim+1][pos+2]>ans&&pos+1<=w) { ans=f[tim+1][pos+2]; now=2; } return ans; } int main() { //freopen("1.in","r",stdin);
    read(w); read(h); h--; int n=1; while(scanf("%d%d%d%d",&a[n].tim,&a[n].pos,&a[n].speed,&a[n].val)==4) { if((h%a[n].speed==0)||a[n].tim==0) { a[n].tim+=(h/a[n].speed); m=max(m,a[n].tim); n++; } }--n; memset(f,0,sizeof(f)); for(int i=1;i<=n;i++) { f[a[i].tim][a[i].pos]+=a[i].val; } for(int i=m-1;i>=0;i--) { for(int j=1;j<=w;++j) { f[i][j]+=slove(i,j); } } cout<<f[0][w/2+1]<<endl; for(int i=0,j=w/2+1;;++i) { if(!slove(i,j)) break; j+=now; cout<<now<<endl; } return 0; }

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[8.20]校門外的樹（增強版）

我也不知道爲何我要放出來反正我以爲是個線段樹區間修改區間查詢很好寫或許我只是想放個代碼

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std; template<typename T>inline void read(T &x) { x=0;T f=1,ch=getchar(); while(!isdigit(ch))     {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();} while(isdigit(ch)) {x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();} x*=f; } const int N=100100; int n,m,x,y; struct gg { int l,r,tag,sum; #define tag(p) t[p].tag
    #define l(p) t[p].l
    #define r(p) t[p].r
    #define sum(p) t[p].sum  }t[N*4]; inline void build(int p,int l,int r) { if(l==r) { sum(p)=1; return ; } int mid=(l+r)>>1; build(p<<1,l,mid); build(p<<1|1,mid+1,r); sum(p)=sum(p<<1)+sum(p<<1|1); } inline void pushdown(int p) { if(tag(p)) { tag(p<<1)=1; tag(p<<1|1)=1; sum(p<<1)=0; sum(p<<1|1)=0; tag(p)=0; } } inline void change(int p,int l,int r,int ll,int rr) { if(ll<=l&&rr>=r) { tag(p)=1; sum(p)=0; return ; } pushdown(p); int mid=(l+r)>>1; if(ll<=mid) change(p<<1,l,mid,ll,rr); if(rr>mid) change(p<<1|1,mid+1,r,ll,rr); sum(p)=sum(p<<1)+sum(p<<1|1); } int main() { //freopen("1.in","r",stdin);
 read(m); read(n); build(1,1,n); for(int i=1;i<=m;i++) { read(x); read(y); change(1,1,n,x,y); printf("%d\n",t[1].sum); } return 0; }