[CZYZ2016]day7
数列
Description
给定一个序列，初始为空。依次将\(1-n\)插入序列，其中\(i\)插到当前第\(a_i\)个数的右边(\(a_i=0\)表示插到序列最左边)。求最终序列。
Input
第一行一个整数\(n\)。第二行\(n\)个正整数\(a_1-a_n\)。
Output
输出一行\(n\)个整数表示最终序列，数与数之间用一个空格隔开。
Sample Input
5
0 1 1 0 3
Sample Output
4 1 3 5 2
HINT
\(n<=10^6,0\;\leq\;a_i<i\).
Solution
首先，看到这种题显然倒着处理比较容易。
其次，这题\(O(nlogn)\)能过（可是我的机子跑不过啊！！！）
所以可以用线段树维护当前区间剩余可填格子的个数，每次寻找第\(a[i]+1\)个空格在哪。
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<stack>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define N 5000005
using namespace std;
struct linetree{
int l,r,s,b;
}lt[N];
int a[N],s[N],ans[N],n;
inline int read(){
int ret=0;char c=getchar();
while(!isdigit(c))
c=getchar();
while(isdigit(c)){
ret=ret*10+c-'0';
c=getchar();
}
return ret;
}
inline void build(int u,int l,int r){
lt[u].l=l;lt[u].r=r;lt[u].s=r-l+1;
if(l==r) return;
int lef=u<<1,rig;rig=lef|1;
int mid=(l+r)>>1;
build(lef,l,mid);build(rig,mid+1,r);
}
inline int ask(int u,int k){
if(lt[u].l==lt[u].r)
return lt[u].l;
int l=u<<1,r;r=l|1;
if(lt[u].s==k)
if(lt[l].s==k) ask(l,k);
else ask(r,k-lt[l].s);
else if(lt[l].s>=k) ask(l,k);
else ask(r,k-lt[l].s);
}
inline bool chk(linetree l,int x){
return l.l<=x&&l.r>=x;
}
inline void dec(int u,int x){
if(chk(lt[u],x)) lt[u].s--;
if(lt[u].l<lt[u].r){
int l=u<<1,r;r=l|1;
if(chk(lt[l],x)) dec(l,x);
else if(chk(lt[r],x)) dec(r,x);
}
else lt[u].b=true;
}
inline void init(){
n=read();build(1,1,n);
for(int i=1;i<=n;i++)
a[i]=read();
for(int i=n,k;i;i--){
k=ask(1,a[i]+1);
ans[k]=i;dec(1,k);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
printf("%d ",ans[i]);
printf("\n");
}
int main(){
freopen("sequence.in","r",stdin);
freopen("sequence.out","w",stdout);
init();
fclose(stdin);
fclose(stdout);
return 0;
}
背包问题
Description
有\(n\)个物品和一个大小为\(m\)的背包，每个物品有大小和价值，求背包里最多能放下多少价值的物品。
Input
第一行两个整数\(n,m\)。接下来\(n\)行每行两个整数\(x_i,w_i\)，表示第\(i\)个物品的大小和价值。
Output
一行一个整数表示最大价值。
Sample Input
5 100
95 80
4 18
3 11
99 100
2 10
Sample Output
101
HINT
\(n\;\leq\;40,0\;\leq\;m\;\leq\;10^{18},0\;\leq\;x_i,w_i\;\leq\;10^{15}\).
Solution
显然数据不适合\(dp\),由于\(n\)比较小，所以会想到折半搜索。
把前\(n/2\)个物品的所有方案存下来，删去明显劣的。
再枚举剩余的物品，对于每种方案，二分求与前\(n/2\)个物品能组成的最大价值。
（我以前有做过类似的题，只不过求的是是否存在总价值为\(w\)的方案，然而这题当时我还没想出来\(QAQ\)）
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<stack>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define N 45
#define M 2000000
using namespace std;
typedef long long ll;
struct thing{
ll x,w;
}a[N],b[M];
int n,nn,cnt=-1,tot=1;
ll m,ans;
inline ll search(ll m){
if(m<b[1].x) return 0;
int l=1,r=tot,mid;
while(l<r){
mid=l+r+1>>1;
if(b[mid].x<=m) l=mid;
else r=mid-1;
}
return b[l].w;
}
inline void dfs1(int u,ll sw,ll sx){
if(u>nn){
b[++cnt]=(thing){sx,sw};
return;
}
dfs1(u+1,sw,sx);
if(sx+a[u].x<=m)
dfs1(u+1,sw+a[u].w,sx+a[u].x);
}
inline void dfs2(int u,ll sw,ll sx){
if(u>n){
sw+=search(m-sx);
ans=max(ans,sw);
return;
}
dfs2(u+1,sw,sx);
if(sx+a[u].x<=m)
dfs2(u+1,sw+a[u].w,sx+a[u].x);
}
inline bool cmp(thing x,thing y){
if(x.x!=y.x) return x.x<y.x;
return x.w>y.w;
}
inline void init(){
scanf("%d%lld",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;++i)
scanf("%lld%lld",&a[i].x,&a[i].w);
nn=n>>1;dfs1(1,0,0);
sort(b+1,b+1+cnt,cmp);
for(int i=2;i<=cnt;i++)
if(b[i].x>b[i-1].x) b[++tot]=b[i];
for(int i=2;i<=tot;i++)
b[i].w=max(b[i].w,b[i-1].w);
dfs2(nn+1,0,0);
printf("%lld\n",ans);
}
int main(){
freopen("pack.in","r",stdin);
freopen("pack.out","w",stdout);
init();
fclose(stdin);
fclose(stdout);
return 0;
}
线段树
Description
有一棵线段树，根为\([1,n]\)，有所不同的是，每个节点\([l,r]\)的孩子为\([l,k]\),\([k+1,r]\)，其中\(l\;\leq\;k<r\)且\(k\)的值由你决定。给定\(m\)个区间，定义区间\([a_i,b_i]\)会访问到节点\([l,r]\)仅当他们会相交。求每次访问的结点个数之和的最小值。
Input
第一行两个整数\(n,m\)，接下来\(m\)行每行两个整数\(a_i,b_i\)。
Output
一行一个整数表示答案。
Sample Input
6 6
1 4
2 6
3 4
3 5
2 3
5 6
Sample Output
40
HINT
\(n\;\leq\;5000，m\;\leq\;10^5\)
Solution
\(f[i][j]\)表示节点\([i,j]\)的子树中被访问的最少次数，\(s[i][j]\)表示与节点\([i,j]\)相交的区间数。
\(f[i][j]=min\{f[i][k]+f[k+1][j]\}+s[i][j]\;(i\;\leq\;k<j)\)。
直接枚举是\(O(n^3)\),显然会\(T\)。
用四边形不等式优化能压到\(O(n^2)\).
证明:
①当\(a\;\leq\;b<c\;\leq\;d\)时，易证\(s[a][c]+s[b][d]=s[b][c]+s[a][d],s[\;][\;]\)满足四边形不等式。
②当\([i,j]\)属于\([i',j']\)时，\(s[i,j]\;\leq\;s[i',j'],s[\;][\;]\)满足区间包含关系单调。
因为同时满足①②，所以\(f[\;][\;]\)满足四边形不等式。
记使\(f[i][j]\)取最小值时的\(k\)为\(g[i][j]\),则\(g[i][j-1]\;\leq\;g[i][j]\;\leq\;g[i+1][j]\)。
易证枚举\(k\)的总时间复杂度为\(O(n)\)。
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<stack>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define N 5005
#define M 10005
#define INF 500000005
using namespace std;
int f[N][N],g[N][N],s[N][N],n,m;
inline int read(){
int ret=0;char c=getchar();
while(!isdigit(c))
c=getchar();
while(isdigit(c)){
ret=ret*10+c-'0';
c=getchar();
}
return ret;
}
inline void init(){
n=read();m=read();
for(int i=1,j,k;i<=m;++i){
j=read();k=read();
++s[k][j];
}
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=n;++j)
s[i][j]+=s[i][j-1];
for(int i=n;i;--i)
for(int j=1;j<=n;++j)
s[i][j]+=s[i+1][j];
for(int i=1;i<=n;++i){
f[i][i]=s[i][i];
g[i][i]=i;
}
for(int l=1;l<n;++l){
for(int i=1,j;i+l<=n;++i){
j=i+l;f[i][j]=INF;
for(int k=g[i][j-1];k<=g[i+1][j];++k){
if(f[i][k]+f[k+1][j]<f[i][j]){
f[i][j]=f[i][k]+f[k+1][j];
g[i][j]=k;
}
}
f[i][j]+=s[i][j];
}
}
printf("%d\n",f[1][n]);
}
int main(){
freopen("segment.in","r",stdin);
freopen("segment.out","w",stdout);
init();
fclose(stdin);
fclose(stdout);
return 0;
}
