20170725考试总结

第一题：膜拜AZUI

题目描述

一天，小A给了J·G一道水题，J·G一眼秒了，现在J·G想考考你们：

小A有N个灯，排成了一列，现在小A给出来一个叫做azui的奇葩操作，我们把开着的灯看作数字1，把关着的灯看作数字0，定义0 azui 0 = 1,0 azui 1 = 0,1 azui 1 = 1, 1 azui 0 = 0。现在小A有N个问题azui(l,r)，表示询问从左往右的第l个灯向右一个一个azui到第r个灯的结果是什么。

输入

第1行一个整数N表示序列的长度。

第2行N个整数Ai，每个数不是0就是1，表示灯是关的还是开的。

第3行一个整数M表示询问的个数。

第4~M+3行，每行两个整数l和r，表示询问azui(l,r)。

输出

共M行，第i行回答第i个询问。

样例输入

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51 0 1 0 152 33 44 51 31 4

样例输出

00001

提示

对于30%的数据，N和M <= 5000

对于80%的数据，N和M <= 500000

对于100%的数据，N和M <= 1000000

题解：根据观察法azui运算是满足结合律和交换律，并且azui同一个数偶数次所得的值不变，所以只需要统计每一区间0和1的个数就可以算出答案。

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>using namespace std;const int N=1000000+10;int T,n,l,r,a[N],now,sum[N];int azui(int x,bool flg){return (x==flg);}int main(){scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&a[i]);sum[i]=sum[i-1]+a[i];}scanf("%d",&T);while(T--){scanf("%d %d",&l,&r);int tot1=sum[r]-sum[l];int tot2=r-l-tot1;now=a[l];if(tot1&1) now=azui(now,1);if(tot2&1) now=azui(now,0);printf("%d\n",now);}}

成绩：AC

分析：考试时还zz了一下，写了个树状数组认为自己很有道理的样子，然后考完发现自己想zz一样，明明不需要修改用个boll的树状数组O__O"…（幸好教师机跑得快让我水过去了~\(≧▽≦)/~啦啦啦）

第二题：小G的烦恼

题目描述

小G最近郁闷死了，MZ想考考他的智商，给了他一道题，但是小G退役了这么久，怎么可能做的出来啊？于是他跑去向quack大神求助，可是quack大神要打牌，于是找到了你，希望能够不让MZ失望。

问题是这样的：MZ想去全球各地旅行。原本是有两家航空公司可以选择的，但是现在那两家公司合并了。然而，在合并初期，两家还没有交接好，于是出现了两家都要收钱的问题。由于MZ只想出去玩一个月，她可以选择包月机票（两家公司都有），对于其中的一家公司A来说，只要花费X元，即可以在持有另一家公司的合法包月机票的情况下，乘坐任何票价不高于A公司定价的X元的飞机。另一家公司也是一样的。

简单来说，对于航线i有2种价格Pi和Qi，分别是A公司和B公司的定价。假设你持有X元的A公司月票和Y元的B公司月票，当Pi<=X并且Qi<=Y时，你才可以乘坐航线i。当然，如果单独购买这一趟航班的两张票也是可以的。

现在MZ告诉你了N-1个她想要去的城市，MZ初始时在1号位置，并且告诉了你所有航线的两个价格。想要知道，最小的花费。

输入

第1行2个整数N、M分别表示城市的个数，航线的条数。

第2-M+1行，每行4个整数ui，vi，Pi，Qi，分别表示航线的两个城市（飞机可以来回开），和两种价格。（可能存在重边和自环）

输出

共一行，一个整数ANS，表示最小的花费。

样例输入

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5 51 2 3 21 3 2 42 4 4 25 3 3 31 4 0 1

样例输出

7

提示

选择除了2-4的所有边，所以答案是3+4=7

【数据范围】

对于20%的数据N,M <= 15

对于50%的数据N <= 200, M <= 500

对于80%的数据N <= 500, M <= 1000

对于100%的数据N <= 2000, M <= 5000, Pi, Qi <= 10^9

题解：首先单独买票一定不最优（一定要坐这趟飞机用同样的价格买月票更优）。标程的解法很。。。。假设递增枚举p，那么q一定单调不上升。（很显然但一般谁会想( ⊙ o ⊙ )）所以递增枚举p，递减枚举q，check图是否联通，因为每一个p和q都只被枚举了一次，见图和dfs时间为n+m，所以总时间为2*m*(n+m)。个人的暴力死解：先按p排序，枚举q上限，q一确定就可以用最小生成树kruskal找到p的上限（先按p排好，每次算时就不用重复排了），时间复杂度为m*m（好像更快的样子）

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>#include<ctime>using namespace std;const int N=2000+10;const int M=5000+10;const int inf=0x3f3f3f3f;struct node{int u,v,p,q;bool operator < (const node &a)const{return p<a.p;}}arr[M];int n,m,Q,fa[N];int root(int x){if(!fa[x]) return x;else return fa[x]=root(fa[x]);}void merge(int a,int b){fa[root(b)]=root(a);}int cal(){int res=-1,tot=0;memset(fa,0,sizeof fa);for(int i=1;i<=m&&tot<n;i++)if(arr[i].q<=Q){if(root(arr[i].u)!=root(arr[i].v)){merge(arr[i].u,arr[i].v);res=arr[i].p,tot++;}}if(res<0||tot<n-1) res=inf;return res;}int main(){scanf("%d %d",&n,&m);for(int i=1;i<=m;i++){scanf("%d %d",&arr[i].u,&arr[i].v);scanf("%d %d",&arr[i].p,&arr[i].q);}sort(arr+1,arr+m+1);int ans=inf;for(int i=1;i<=m;i++){Q=arr[i].q;ans=min(ans,Q+cal());}printf("%d\n",ans);}

成绩：80

分析：(⊙o⊙)…，考试时的思路是枚举p二分q时间复杂度正好卡在1s左右（然后成功被卡了下来）。

第三题：小Q的新玩具

题目描述

期末考试完了，小Q得到了一件套新玩具，总共有N个零件。

现在小Q想把新玩具搬回家里，可是他遇到了新的问题：

每个零件有自己的重量Wi，小Q要租车把它们带回家。车每次只能运总重量和小于Lim的玩具，按照其中最重的玩具的重量收费。

零件不能拆分成更小的部分。为了不打乱零件的顺序，增加自己拼装的难度，每次装车只能装连续的部分。

现在想请你帮助小Q计算把玩具全部搬回家的最小费用。

输入

第一行两个整数N和Limit。 

接下来的N行，每行一个整数，代表第i个零件的重量。

输出

第一行一个数字，表示答案。

样例输入

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8 17 2 2 2 8 1 8 2 1

样例输出

12

提示

N<=300000

Wi小于int范围

题解：很明显的dp，方程式很白痴，dp[i]=min(dp[j]+max(j+1,j+2,....i))。如果提前处理max，那么是一个n^2的转移o(>﹏<)o，只有30分（hyh大佬暴力60属于特殊情况），那么需要dp优化，首先用单调队列维护递减的a[i]值，max的值就可以确定了，用set保存i之前的dp[j]+max,因为dp值一定不递减。当来了一个新的i时将a[i]插入单调队列，被弹出的元素set中对应的失效，而当前dp为set中的最小值或满足limit的情况下尽量靠前的dp值加上对列头。

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>#include<set>using namespace std;const int N=300000+10;const int inf=0x3f3f3f3f;struct node{long long val,num;int pos;node(){}node(long long a,long long b,int c){val=a,num=b,pos=c;}}q[N<<1];int n,head,tail;long long a[N],sum[N],L[N],dp[N],Limit;set<long long> Ans;int main(){scanf("%d %lld",&n,&Limit);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%lld",&a[i]);sum[i]=sum[i-1]+a[i];}for(int i=1;i<=n;i++){while(head<tail&&q[tail-1].num<=a[i])Ans.erase(q[tail-1].val),tail--;while(head<tail&&sum[i]-sum[q[head].pos]>Limit)Ans.erase(q[head+1].val),head++;if(head<tail){int val=dp[q[tail-1].pos]+a[i];q[tail++]=node(val,a[i],i);Ans.insert(val);}else q[tail++]=node(0,a[i],i);int best=lower_bound(sum,sum+n+1,sum[i]-Limit)-sum;dp[i]=dp[best]+q[head].num;if(!Ans.empty())dp[i]=min(dp[i],*Ans.begin());}printf("%lld\n",dp[n]);}

成绩：30

分析：标准暴力分/(ㄒoㄒ)/~~，考试时考虑过用线段树维护变化的dp[j]+max（新来一个a把前面的值更新。。）然后太复杂没有调出来%>_<%。

总结：(⊙o⊙)…，这次考得很正常，简单的分都拿到了，有一点难度的全丢了（尴尬），感觉dp优化很重要，连续3场作为第三题压轴，第二题生成树的思路其实很简单（然而考场上没想到，考完恍然大悟。。。。）第一题理解题意时花的时间有点长。。。QnQ