2017年3月5日 周考3 解题报告

T1

分析:
这题没什么好说的,打表想出式子就可以了,注意对模数的处理

Code

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cmath>#include<cstring>#include<algorithm>using namespace std;#define rep(i, l, r) for (int i = l; i <= r; i++)#define drep(i, r, l) for (int i = r; i >= l; i--)const int N = 1008, maxk = 1008, mod = 10000;int T, n, K, f[N][maxk];void solve(){    memset(f, 0, sizeof(f));    rep(i, 0, n) f[i][0] = 1;    rep(j, 1, K) f[0][j] = 1;    rep(i, 1, n)      rep(j, 1, K)      {         f[i][j] = f[i][j - 1] + f[i - 1][j];         if (f[i][j] >= mod) f[i][j] -= mod;         if (j - i >= 0) f[i][j] = f[i][j] + mod - f[i - 1][j - i];         if (f[i][j] >= mod) f[i][j] -= mod;      }    printf("%d\n", (f[n][K] + mod - f[n][K - 1]) % mod);}int main(){    freopen("permut.in", "r", stdin);    freopen("permut.out", "w", stdout);    scanf("%d", &T);    while (T--)    {       scanf("%d%d", &n, &K);       solve();    }    fclose(stdin); fclose(stdout);    return 0;}

T2
分析:
此题的重点是对于优美值的求解,由于优美值是所定中位数的最长区间的长度.中位数的性质即是其大于的数与小于的数相等,所以我们用L[]和R[]来记录状态,最后将两段区间相加求出最长值即可.时间复杂度O(n^2)
然后,此题的数并不需要修改,所以我们采用ST表来用O(1)的复杂度求解
Code

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cmath>#include<cstring>#include<algorithm>#include<cstdlib>#include<queue>#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)#define fod(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)using namespace std;const int MAXN=2000+10;int a[MAXN],f[MAXN][16],n,t;int vi[MAXN]; void build_st(){   fo(i,1,n) f[i][0] = a[i] ;   int k = floor(double(log(double(n))/log(2.0))) ;   fo(j,1,k) {     fod(i,n,1){        if(i+(1<<(j-1))<=n) f[i][j] = max(f[i][j-1],f[i+(1<<(j-1))][j-1]);    }   }}int query(int x,int y){   int k = floor(double((log(double(y-x+1)))/double(log(2.0)))) ;   return max(f[x][k],f[y-(1<<k)+1][k]);}void Init(){    int L[MAXN<<1],R[MAXN<<1],cnt=0;    fo(i,1,n)    {        memset(L,255,sizeof(L));L[n]=0;//255是将它赋值为负数         memset(R,255,sizeof(R));R[n]=0;        cnt=0;        fo(j,i+1,n)        {            if(vi[j]>vi[i]) cnt++;            if(vi[j]<=vi[i]) cnt--;            R[n+cnt]=j-i;        }        cnt=0;        fod(j,i-1,1)        {            if(vi[j]>vi[i]) cnt++;            if(vi[j]<=vi[i]) cnt--;            L[n+cnt]=i-j;        }        fo(j,1-i,i-1)        if(L[n+j]>=0&&R[n-j]>=0)        {            a[i]=max(a[i],L[n+j]+R[n-j]+1);        }    }}int main(){    scanf("%d",&n);    fo(i,1,n) scanf("%d",&vi[i]);    Init();    build_st();    scanf("%d",&t);    fo(i,1,t)    {        int l,r;        scanf("%d%d",&l,&r);        printf("%d\n",query(l,r));    }    return 0;   }

T3
分析:
我们采用分块的思想,将其分为前8位和后八位.
对于我们所要求值的操作cnt,可以发现:
第一条法则:若 a&s=a 则对于s若位上的数位0,则a此位必定为0,若位1,a为1或0
有了这个结论,我们便不难求解了:
所以在枚举的y满足的条件便是第一条件
不过若每一个对应的a[pre][suf]若只是其一一对应的值则会减少
所以add或delete的值代表的含义实际上是其前驱为其值的所有满足条件的后驱的所有值,
有了这个便不难理解上面的更新的值
Code

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cmath>#include<cstring>#include<algorithm>#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)#define fod(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)using namespace std;const int MAXN=(2<<8)+10;int a[MAXN][MAXN];char c[4];int n;int main(){    scanf("%d",&n);    while(n--)    {   int w=1,x;        fo(i,1,3) cin>>c[i];        scanf("%d",&x);        if(c[1]=='d') w=-w;        if(c[1]!='c')        {            int pre=(x>>8),sur=(x&255),comp=255^sur;                    a[pre][sur]+=w;            for(int i=comp;i;i=(i-1)&comp) a[pre][i|sur]+=w;        }/*    对于其对于a[][]进行处理的请况pre和sur的含义及处理是同上的 而此时所得到的comp是后驱所满足的请况的最大值其他处理则与从cnt是一样的了,无需赘述 */         else{        int pre=x>>8,suf=x&255;        int ans=a[0][suf];        for(int i=pre;i;i=(i-1)&pre) ans+=a[i][suf];        printf("%d\n",ans);        }     }    return 0;} /*有了上述对于题意的理解之后,这题就变成了一道位运算的练习题 首先我们现在已经知道满足条件的a,以及a所代表的含义 即对于任意满足 第一个法则 a&s=a 的a来说s每一个为0的位置a必定为0,若为1 a可以为0,可以为1第二个法则 : a[pre][sur]代表的是其前驱为pre的所有满足条件的后驱的值pre=x>>8 将x右移8位的得到了x的前驱 suf=x&(2<<8-1)得到后驱 i=pre;i;(i-1)&suf pre毫无疑问是满足第一条法则的最大数若一个数使它&pre那么就能够使得满足其为0仍为1,为1则有许多情况 */