noip模拟9
A. 斐波那契
一道数论的找规律题目，要对特殊序列的特殊数字敏感..
f[i]=f[i-1]+f[i-2] 菲波那契的经典表示方式..
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long int #define lf double inline void read(ll &ss) { ss=0; bool cit=0; char ch; while(!isdigit(ch=getchar())) if(ch=='-') cit=1; while(isdigit(ch)) ss=(ss<<3)+(ss<<1)+(ch^48),ch=getchar(); if(cit) ss=-ss; } ll n,m,ans; ll f[70]; inline ll find(ll x) { ll l=0,r=61,mid; while(l<=r) { mid=(l+r)>>1; if(f[mid]>=x) r=mid-1; else l=mid+1; } return x-f[r]; } inline ll lca(ll x,ll y) { while(x!=y) { if(x>y) x=find(x); else y=find(y); } return x; } signed main() { f[1]=1; f[2]=1; for(ll i=3;i<=61;i++) { f[i]=f[i-1]+f[i-2]; } read(n); ll x,y,fx,fy; for(ll i=1;i<=n;i++) { read(x); read(y); ans=lca(x,y); printf("%lld\n",ans); } return 0; }
B. 数颜色
方法1：二分查找，使用 STL 可以使复杂度更优..
方法2：建立平衡树或使用动态开点..
方法3：建立主席树..
以上的几种方法复杂度均为 O(nlogn)..
但是这里还有一种玄学方法 —— 分块.. 建立 √0.625 左右的分块可以恰好过去..
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll int #define lf double const ll N=(ll)3e5+20; inline void read(ll &ss) { ss=0; bool cit=0; char ch; while(!isdigit(ch=getchar())) if(ch=='-') cit=1; while(isdigit(ch)) ss=(ss<<3)+(ss<<1)+(ch^48),ch=getchar(); if(cit) ss=-ss; } ll n,m,t; ll a[N+50]; ll sum[N][115]; inline void work(ll l,ll r,ll wh,ll whom) { ll f1,f2,ans=0; if((l/t)==(r/t)) { for(ll i=l;i<=r;i++) { if(a[i]==wh) ans++; } } else { f1=(l/t)+1; f2=(r/t)+1; for(ll i=f1+1;i<=f2-1;i++) { ans+=sum[wh][i]; } for(ll i=l;i<=f1*t-1;i++) { if(a[i]==wh) ans++; } for(ll i=(f2-1)*t;i<=r;i++) { if(a[i]==wh) ans++; } } printf("%d\n",ans); } signed main() { read(n); read(m); ll temp; t=pow(n,0.624); for(ll i=1;i<=n;i++) { read(a[i]); temp=(i/t)+1; sum[a[i]][temp]++; } ll c,l,r; for(ll i=1;i<=m;i++) { read(c); if(c==1) { read(l); read(r); read(temp); work(l,r,temp,i); } if(c==2) { read(l); temp=a[l]; a[l]=a[l+1]; a[l+1]=temp; temp=(l/t)+1; sum[a[l]][temp]++; sum[a[l+1]][temp]--; temp=((l+1)/t)+1; sum[a[l+1]][temp]++; sum[a[l]][temp]--; } } return 0; }
C. 分组
这位大佬的思路写的非常清楚.(我不知道大佬的code是否正确,不过我的应该是正确的..逃)...%%%..
题目给出的数据十分有趣，只给了 k==1 和 k==2.
所以大概率是要从这方面入手.
题目要求字典序最小，倒序枚举其实就能满足了.
另外可以发现，一定是让每个组尽量长.
所以扫到合法的直接加入，扫到不合法的数再新建一个组就可以.
本题中判断是否合法采取了一个非常巧妙的转换方式.
并不是枚举每个已经加入到序列中的数字，然后看加起来是否是平方数.
而是选择枚举每个平方数，看差值是否出现过，这里使用STL中的map就可以做到常数级别的查询.
所以判断是否合法的复杂度为O(512).
对于 k==1 的判断比较简单了，直接扫描就可以.
对于 k==2 的话，只要做过关押罪犯，基本上也就很轻松做出来了.
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; namespace BSS { #define ll int #define lf double #define re register ll #define ull unsigned ll #define mp make_pair #define lb lower_bound #define ub upper_bound #define Fill(x,y) memset(x,y,sizeof x) #define Copy(x,y) memcpy(x,y,sizeof x) #define File(x,y) freopen(#x,"r",stdin),freopen(#y,"w",stdout) inline ll read() { ll ss=0; bool cit=1; char ch; while(!isdigit(ch=getchar())) if(ch=='-') cit=0; while(isdigit(ch)) ss=(ss<<3)+(ss<<1)+(ch^48),ch=getchar(); return cit?ss:-ss; } } using namespace BSS; const ll N=2e5+21; ll n,m,maxcol,maxpow,ans; ll col[N],part[N],fa[N],em[N],cnt[N],ban[N]; unordered_map<ll,ll> mp1,mp2; ll find(ll x){ return x==fa[x] ? x : fa[x]=find(fa[x]) ; } inline bool judge1(ll x){ for(re i=1;i<=maxpow;i++){ if(mp1.find(i*i-col[x])!=mp1.end()) return 0; } return 1; } inline void Work1(){ for(re i=n;i>=1;i--){ if(!judge1(i)) part[++ans]=i,mp1.clear(); mp1[col[i]]++; } } inline bool judge2(ll x){ ll u,v; fa[x]=x; for(re i=1;i<=maxpow;i++){ if(mp1.find(i*i-col[x])!=mp1.end()){ v=i*i-col[x]; if(mp2[v]>1 and ban[v]) return 0; u=find(x),v=find(mp1[v]); if(u==v) return 0; else{ if(!em[u]) em[u]=v; else fa[find(em[u])]=v; if(!em[v]) em[v]=u; else fa[find(em[v])]=u; } } } return 1; } inline void Work2(){ for(re i=n;i>=1;i--){ if(!judge2(i)) part[++ans]=i,mp1.clear(),mp2.clear(); mp1[col[i]]=i,mp2[col[i]]++; } } signed main(){ n=read(),m=read(); for(re i=1;i<=n;i++) maxcol=max(maxcol,(col[i]=read())); maxpow=ceil(sqrt(maxcol<<1)); for(re i=1;i<=maxpow;i++) if(!(i&1)) ban[i*i>>1]=1; if(m&1) Work1(); else Work2(); printf("%d\n",ans+1); for(re i=ans;i>=1;i--) printf("%d ",part[i]); puts(""); exit(0); }
