2017 清北济南考前刷题Day 1 afternoon
期望得分：80+30+70=180
实际得分：10+30+70=110
T1 水题(water)
Time Limit:1000ms Memory Limit:128MB
题目描述
LYK出了道水题。
这个水题是这样的：有两副牌，每副牌都有n张。
对于第一副牌的每张牌长和宽分别是xi和yi。对于第二副牌的每张牌长和宽分别是aj和bj。第一副牌的第i张牌能覆盖第二副牌的第j张牌当且仅当xi>=aj并且yi>=bj。（注意牌不能翻转）当然一张牌只能去覆盖最多一张牌，而不能覆盖好多张。
LYK想让两副牌的各n张一一对应叠起来。它想知道第二副牌最多有几张能被第一副牌所覆盖。
输入格式(water.in)
第一行一个数n。
接下来n行，每行两个数xi,yi。
接下来n行，每行两个数aj,bj。
输出格式(water.out)
输出一个数表示答案。
输入样例
3
2 3
5 7
6 8
4 1
2 5
3 4
输出样例
2
数据范围
对于50%的数据n<=10。
对于80%的数据n<=1000。
对于100%的数据1<=n<=100000，1<=xi,yi,aj,bj<=10^9。
对所有的牌按长从小到大排序，x相同时，第二副牌位置靠前
然后枚举所有的牌
如果是第二副牌，就把它的宽 扔到某个数据结构里
如果是第一副牌，就在这个数据结构里找<=它的宽的最大的，数据结构里把它删去，ans++
数据结构如果是数组，n^2,可得80
数据结构用权值线段树、平衡树、multiset 可得100
#include<set> #include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; #define N 100001 struct node { int x,y,ty; }e[N<<1]; multiset<int>s; multiset<int>::iterator it; bool cmp(node p,node q) { if(p.x!=q.x) return p.x<q.x; return p.ty>q.ty; } int main() { freopen("water.in","r",stdin); freopen("water.out","w",stdout); int n; scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d%d",&e[i].x,&e[i].y),e[i].ty=1; for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d%d",&e[i+n].x,&e[i+n].y),e[i+n].ty=2; sort(e+1,e+n*2+1,cmp); n<<=1; int ans=0; for(int i=1;i<=n;i++) if(e[i].ty==2) s.insert(e[i].y); else { if(s.empty()) continue; it=s.upper_bound(e[i].y); if(it==s.begin()) continue; it--; ans++; s.erase(it); } printf("%d",ans); }
T2 梦境(dream)
Time Limit:1000ms Memory Limit:128MB
题目描述
LYK做了一个梦。
这个梦是这样的，LYK是一个财主，有一个仆人在为LYK打工。
不幸的是，又到了月末，到了给仆人发工资的时间。但这个仆人很奇怪，它可能想要至少x块钱，并且当LYK凑不出恰好x块钱时，它不会找零钱给LYK。
LYK知道这个x一定是1~n之间的正整数。当然抠门的LYK只想付给它的仆人恰好x块钱。但LYK只有若干的金币，每个金币都价值一定数量的钱（注意任意两枚金币所代表的钱一定是不同的，且这个钱的个数一定是正整数）。LYK想带最少的金币，使得对于任意x，都能恰好拼出这么多钱。并且LYK想知道有多少携带金币的方案总数。
具体可以看样例。
输入格式(dream.in)
第一行一个数n，如题意所示。
输出格式(dream.out)
输出两个数，第一个数表示LYK至少携带的金币个数，第二数表示方案总数。
输入样例
6
输出样例
3 2
样例解释
LYK需要至少带3枚金币，有两种方案，分别是{1,2,3}，{1,2,4}来恰好得到任意的1~n之间的x。
输入样例2
10
输出样例2
4 8
数据范围
对于30%的数据n<=10。
对于60%的数据n<=100。
对于100%的数据n<=1000。
最少金币数=log2（n）下取整 +1
方案数:
dp[i][j][k] 拿了i个金币，当前和为j，最大的是k的方案数
枚举 下一枚金币 h，h∈[k+1,j+1] dp[i+1][j+h][h]+=dp[i][j][k]
#include<cmath> #include<cstdio> #include<algorithm> #define N 1001 int dp[12][N][N]; int main() { freopen("dream.in","r",stdin); freopen("dream.out","w",stdout); int n; scanf("%d",&n); int x=log(n)/log(2)+1; dp[1][1][1]=1; for(int i=1;i<x;i++) for(int j=1;j<=n;j++) for(int k=1;k<=n;k++) if(dp[i][j][k]) { for(int h=k+1;h<=j+1;h++) dp[i+1][std::min(j+h,n)][h]+=dp[i][j][k]; } int ans=0; for(int i=1;i<=n;i++) ans+=dp[x][n][i]; printf("%d %d",x,ans); }
T3 动态规划(dp)
Time Limit:1000ms Memory Limit:128MB
题目描述
LYK在学习dp，有一天它看到了一道关于dp的题目。
这个题目是这个样子的：一开始有n个数，一段区间的价值为这段区间相同的数的对数。我们想把这n个数切成恰好k段区间。之后这n个数的价值为这k段区间的价值和。我们想让最终这n个数的价值和尽可能少。
例如6个数1,1,2,2,3,3要切成3段，一个好方法是切成[1],[1,2],[2,3,3]，这样只有第三个区间有1的价值。因此这6个数的价值为1。
LYK并不会做，丢给了你。
输入格式(dp.in)
第一行两个数n,k。
接下来一行n个数ai表示这n个数。
输出格式(dp.out)
一个数表示答案。
输入样例
10 2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
输出样例
8
数据范围
对于30%的数据n<=10。
对于60%的数据n<=1000。
对于100%的数据1<=n<=100000,1<=k<=min(n,20),1<=ai<=n。
其中有30%的数据满足ai完全相同均匀分布在所有数据中。
n^2 做法：
预处理 f[i][j] 表示[l,r]的价值
dp[i][j] 表示前i个数分为j段的最小价值
状态转移：dp[i][j]=min(dp[k][j-1]+f[k+1][i])
优化：
当j固定时，k具有单调性
即 若p1由t1（绿色）转移，那么p2只能由t1及之后的t2（蓝色）转移
若p2 由t0（红色） 转移，那么可以证明p1由t0（紫色）转移更优
大概思路就是
由t2转移就是那段短的蓝色区间，由t0转移，蓝色区间延长，它延长就更容易产生价值
这样都更小的话，上面那个绿色的段区间延长也会更小
所以，如果确定了dp[mid][i] 由 dp[pos][i-1]转移
那么dp[1][i]~dp[mid-1][i]只能由 dp[1][i-1]~dp[pos][i-1]转移
dp[mid+1][i]~dp[n][i]只能由 dp[pos][i-1]~dp[n][i-1] 转移
这就可以分治下去
分治每一层都是n个点，所以时间复杂度为k*n*logn
#include<cstdio> #include<cstring> using namespace std; typedef long long LL; #define N 100001 LL tot; int a[N]; int cnt[N],L,R; LL f[N],g[N]; void move(int l,int r) { while(L>l) --L,tot+=cnt[a[L]],cnt[a[L]]++; while(L<l) cnt[a[L]]--,tot-=cnt[a[L]],L++; while(R>r) cnt[a[R]]--,tot-=cnt[a[R]],R--; while(R<r) ++R,tot+=cnt[a[R]],cnt[a[R]]++; } void work(int l,int r,int opl,int opr) { if(opl>opr) return; int mid=opl+opr>>1; LL mi=1e18; int pos; for(int i=l;i<=r;i++) if(i<mid) { move(i+1,mid); if(tot+f[i]<mi) mi=tot+f[i],pos=i; } g[mid]=mi; work(l,pos,opl,mid-1); work(pos,r,mid+1,opr); } int main() { freopen("dp.in","r",stdin); freopen("dp.out","w",stdout); int n,k; scanf("%d%d",&n,&k); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]); f[0]=0; for(int i=1;i<=n;i++) f[i]=1e18; while(k--) { memset(cnt,0,sizeof(cnt)); tot=0; L=1; R=0; work(0,n-1,1,n); for(int i=1;i<=n;i++) f[i]=g[i],g[i]=0; } printf("%d",f[n]); }
70分暴力
#include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> using namespace std; #define N 1001 int n,k; int f[N][N],dp[N][N]; int a[N],sum[N]; void read(int &x) { x=0; char c=getchar(); while(!isdigit(c)) c=getchar(); while(isdigit(c)) { x=x*10+c-'0'; c=getchar(); } } void pre() { for(int i=1;i<n;i++) { sum[a[i]]++; for(int j=i+1;j<=n;j++) { f[i][j]=f[i][j-1]+sum[a[j]]; sum[a[j]]++; } memset(sum,0,sizeof(sum)); } } void solve() { memset(dp,63,sizeof(dp)); for(int i=0;i<=n;i++) dp[i][0]=0; for(int i=1;i<=n;i++) { dp[i][1]=f[1][i]; for(int j=2;j<=min(k,i);j++) for(int h=0;h<i;h++) dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[h][j-1]+f[h+1][i]); } printf("%d",dp[n][k]); } int main() { freopen("dp.in","r",stdin); freopen("dp.out","w",stdout); read(n); read(k); if(n>1000) { printf("%I64d",1LL*n%k*(n/k)*(n/k+1)/2+1LL*(k-n%k)*(n/k)*(n/k-1)/2); return 0; } for(int i=1;i<=n;i++) read(a[i]); pre(); solve(); return 0; }
