2017/10/21模拟赛总结

来源：互联网发布：淘宝链接转换淘口令编辑：程序博客网时间：2024/06/05 03:17

T1 完美01正方形

枚举端点前缀和判断一下就好了
O(n3)
注意判断的条件

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;#define N 310int a[N][N];int calc(int l1,int l2,int r1,int r2){    return a[l2][r2]-a[l1-1][r2]-a[l2][r1-1]+a[l1-1][r1-1];}int main(){    int n,m,i,j,k,ans=0;    scanf("%d%d",&n,&m);    for (i=1;i<=n;i++)        for (j=1;j<=m;j++){            scanf("%d",&a[i][j]);            a[i][j]+=a[i-1][j]+a[i][j-1]-a[i-1][j-1];        }    for (i=1;i<=n;i++)        for (j=1;j<=m;j++)            for (k=1;k+i<=n && k+j<=m;k++){                int i1=i+k,j1=j+k;                if (calc(i,i1,j,j)!=k+1) continue;                if (calc(i,i1,j1,j1)!=k+1) continue;                if (calc(i,i,j,j1)!=k+1) continue;                if (calc(i1,i1,j,j1)!=k+1) continue;                if (calc(i+1,i1-1,j+1,j1-1)!=(k-1)*(k-1)/2 && calc(i+1,i1-1,j+1,j1-1)!=((k-1)*(k-1)+1)/2) continue;                ans++;            }    printf("%d\n",ans);    return 0;}

T2 重温LIS

可以从左到右从右到左各做一遍LIS
如果左右LIS相加长度等于整个LIS 那么就说明在LIS上
如果左右LIS方案数相乘等于整个LIS的方案数说明这个点在所有的LIS上
由于方案数巨大可以对质数取模
O(n∗logn)

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;#define N 100010#define mo 1000000007int a[N],f[N],lis,n;long long lisnum,g[N];void cmp(int &x,long long &y,int x1,long long y1){    if (x<x1) x=x1,y=y1;    else if (x==x1) y=(y+y1)%mo;}struct Binary_Indexed_Tree_1{    int bit[N];    long long num[N];    void add(int i,int x,long long y){        while (i<N){            cmp(bit[i],num[i],x,y);            i+=i&-i;        }    }    void query(int i,int &res1,long long &res2){        res1=res2=0;        while (i){            cmp(res1,res2,bit[i],num[i]);            i-=i&-i;        }    }}BIT1;struct Binary_Indexed_tree_2{    int bit[N];    long long num[N];    void add(int i,int x,long long y){        while (i){            cmp(bit[i],num[i],x,y);            i-=i&-i;        }    }    void query(int i,int &res1,long long &res2){        res1=res2=0;        while (i<N){            cmp(res1,res2,bit[i],num[i]);            i+=i&-i;        }    }}BIT2;int ans[N];int main(){    int i;    scanf("%d",&n);    for (i=1;i<=n;i++){        scanf("%d",&a[i]);        BIT1.query(a[i]-1,f[i],g[i]);        if (!f[i]) g[i]++;        f[i]++;        BIT1.add(a[i],f[i],g[i]);        cmp(lis,lisnum,f[i],g[i]);    }    for (i=n;i;i--){        int sum1;        long long sum2;        BIT2.query(a[i]+1,sum1,sum2);        if (!sum1) sum2++;        if (sum1+f[i]==lis){            if (g[i]*sum2%mo==lisnum) ans[i]=3;            else ans[i]=2;        }else ans[i]=1;        BIT2.add(a[i],sum1+1,sum2);    }    for (i=1;i<=n;i++) printf("%d",ans[i]);    return 0;}

T3 画画

解法1

首先可以想到用二分最大值把本题变成一个判定性问题
有了最大值肯定是尽可能往后跳用尺取预处理出第一行第二行两行从一个位置开始最多跳到哪里
dpi,j表示第一行用了i格第二行用了j格最少用多少画
分三种情况讨论即可
O(n2∗logS)其中S=∑ai
考虑把两个情况放在一起考虑即dpi表示前i列都被填满最少用多少画
每次最多往前跳m步跳较大的那一行
然后从较大的那个地方转移(因为不知道覆盖较小的那个地方还需要多少画)
实现细节见代码
O(n∗m∗logS)

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;#define N 500010#define INF (0x3f3f3f3f3f3f3f3f)void rd(int &x){    char c;x=0;    while (c=getchar(),c<48);    do x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);    while (c=getchar(),c>=48);}int a[N],b[N],n,m;long long suma[N],sumb[N];struct P3{    int dp[N],f[N],g[N],h[N];    bool check(long long x){        int i,j,k;        int l,r;        for (l=0,r=1;r<=n;r++){            while (suma[r]-suma[l]>x) l++;            f[r]=l;        }        for (l=0,r=1;r<=n;r++){            while (sumb[r]-sumb[l]>x) l++;            g[r]=l;        }        for (l=0,r=1;r<=n;r++){            while (suma[r]-suma[l]+sumb[r]-sumb[l]>x) l++;            h[r]=l;        }        memset(dp,63,sizeof(dp));        dp[0]=0;        for (i=1;i<=n;i++){            dp[i]=dp[h[i]]+1;            j=i,k=i;            int cnt=0;            while (cnt<m && (j || k)){                cnt++;                if (j>=k) j=f[j];                else k=g[k];                dp[i]=min(dp[i],dp[max(j,k)]+cnt);            }        }        return dp[n]<=m;    }           void solve(){        long long l=1,r=suma[n]+sumb[n];        long long res=r;        while (l<=r){            int mid=(l+r)>>1;            if (check(mid)) res=mid,r=mid-1;            else l=mid+1;        }        printf("%lld\n",res);    }}P100;int main(){    int i;    rd(n),rd(m);    for (i=1;i<=n;i++) rd(a[i]),suma[i]=suma[i-1]+a[i];    for (i=1;i<=n;i++) rd(b[i]),sumb[i]=sumb[i-1]+b[i];    P100.solve();    return 0;}

解法2

考虑用画的数量定义即dpi表示用了i幅画最多填到多少列
类似上面的方法向后跳
O(m2∗logS)

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;#define N 20010#define M 110#define INF (0x3f3f3f3f3f3f3f3f)void rd(int &x){    char c;x=0;    while (c=getchar(),c<48);    do x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);    while (c=getchar(),c>=48);}int a[N],b[N],n,m;long long suma[N],sumb[N];struct P3{    int dp[M],f[N],g[N],h[N];    bool check(long long x){        int i,j,k;        int l,r;        for (l=0,r=1;l<=n;l++){            while (r<n && suma[r+1]-suma[l]<=x) r++;            f[l]=r;        }        for (l=0,r=1;l<=n;l++){            while (r<n && sumb[r+1]-sumb[l]<=x) r++;            g[l]=r;        }        for (l=0,r=1;l<=n;l++){            while (r<n && suma[r+1]-suma[l]+sumb[r+1]-sumb[l]<=x) r++;            h[l]=r;        }        memset(dp,0,sizeof(dp));        dp[0]=0;        for (i=0;i<m;i++){            j=k=dp[i];            dp[i+1]=max(dp[i+1],h[j]);            int cnt=0;            while (i+cnt<m && (j<n || k<n)){                cnt++;                if (j<=k) j=f[j];                else k=g[k];                dp[i+cnt]=max(dp[i+cnt],min(j,k));            }        }        return dp[m]==n;    }           void solve(){        long long l=1,r=suma[n]+sumb[n];        long long res=r;        while (l<=r){            int mid=(l+r)>>1;            if (check(mid)) res=mid,r=mid-1;            else l=mid+1;        }        printf("%lld\n",res);    }}P100;int main(){    int i;    rd(n),rd(m);    for (i=1;i<=n;i++) rd(a[i]),suma[i]=suma[i-1]+a[i];    for (i=1;i<=n;i++) rd(b[i]),sumb[i]=sumb[i-1]+b[i];    P100.solve();    return 0;}

这次T2和T3都是从经典问题提升而来的解题时应该要考虑以前的解决方式加以改进和优化

Date:2017/10/23
By CalvinJin

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