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🔖DP set 二维偏序贡献转换模拟树状数组

2023-06-17 22:02阅读: 507评论: 7推荐: 3

AtCoder Beginner Contest 306

A - Echo (abc306 a)

题目大意

给定一个字符串，将每个字符输出两次。

解题思路

模拟即可。

神奇的代码

 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
 
int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false); 
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    int n;
    string s;
    cin >> n >> s;
    for(auto &i : s)
        cout << i << i;
    cout << '\n';
 
    return 0;
}

B - Base 2 (abc306 b)

题目大意

给定一个从低位开始的二进制串，将其转为十进制。

解题思路

注意有 $64$ 位，得用 unsigned long long。

神奇的代码

 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
 
int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false); 
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    unsigned long long ans = 0;
    unsigned long long ji = 1;
    for(int i = 0; i < 64; ++ i){
        int x;
        cin >> x;
        if (x)
            ans += ji;
        ji <<= 1;
    }
    cout << ans << '\n';
 
 
    return 0;
}

C - Centers (abc306 c)

题目大意

给定一个 $1 \sim n$ 都出现三次的数组 $a$ 。

定义 $f(x)$ 表示 $x$ 第二次出现在 $a$ 的位置。

按照位置的升序输出 $x$ 。

解题思路

按照题意求出位置后，排序即可。

神奇的代码

 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
 
int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false); 
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    int n;
    cin >> n;
    vector<int> pos(n, -2);
    for(int i = 0; i < 3 * n; ++ i){
        int x;
        cin >> x;
        -- x;
        if (pos[x] == -2){
            pos[x] = -1;
        }else if (pos[x] == -1)
            pos[x] = i;
    }
    vector<int> ans(n);
    iota(ans.begin(), ans.end(), 0);
    sort(ans.begin(), ans.end(), [&](int a, int b){
            return pos[a] < pos[b];
            });
    for(auto &i : ans)
        cout << i + 1 << ' ';
    cout << '\n';
 
 
    return 0;
}

D - Poisonous Full-Course (abc306 d)

题目大意

有 $n$ 个疗程，分为两种：

解毒疗程，增加美味值 $y$
中毒疗程，增加美味值 $y$

高桥一开始很健康，他接受了解毒疗程后还是很健康，接受中毒疗程就会中毒。中毒状态下接受解毒疗程就恢复健康，如果又接受中毒疗程则会挂。

高桥可以跳过一些疗程，问最后在他没挂的前提下，接受疗程的美味值的和的最大值。

解题思路

注意 $y$ 可能会有负数。比较简单的 $dp$ ，由于中毒下接受中毒疗程会挂，为保证最后我们活着，我们只需保留最后的状态这个信息就好了。

设 $dp[i][0/1]$ 表示考虑前 $i$ 个疗程后，当前是健康/中毒状态下的最大美味值。

根据当前状态转移即可。

神奇的代码

 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
 
int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false); 
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    int n;
    cin >> n;
    array<LL, 2> dp{0, 0};
    for(int i = 0; i < n; ++ i){
        array<LL, 2> dp2{0, 0};
        LL x, y;
        cin >> x >> y;
        if (x == 0){
            dp2[0] = max(dp[0] + max(y, 0ll), dp[1] + y);
            dp2[1] = dp[1];
        }else{
            dp2[0] = dp[0];
            dp2[1] = max(dp[0] + y, dp[1]);
        }
        dp.swap(dp2);
    }
    cout << *max_element(dp.begin(), dp.end()) << '\n';;
 
    return 0;
}

E - Best Performances (abc306 e)

题目大意

给定一个数组 $A$ ，定义其价值为前 $k$ 大的数的和。

有 $q$ 次操作，每次操作令 $A_x = y$ 。

每次操作后，回答其价值。

操作是持久化的。

解题思路

用两个 $set$ ，分别维护前 $k$ 大的和剩余的数。

每次操作则修改对应的 $set$ 的值，然后比较左边的最小值和右边的最大值，如果小于则交换一下这两个数。

每次操作最多就交换两个数，因此复杂度是 $O(q\log n)$

神奇的代码

 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
 
int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false); 
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    int n, k, q;
    cin >> n >> k >> q;
    array<set<pair<int, int>>, 2> num;
    for(int i = 0; i < k; ++ i){
        num[1].insert({0, i});
    }
    for(int i = k; i < n; ++ i){
        num[0].insert({0, i});
    }
    LL ans = 0;
    vector<int> a(n, 0);
    while(q--){
        int x, y;
        cin >> x >> y;
        -- x;
        auto token = make_pair(a[x], x);
        if (num[1].count(token)){
            num[1].erase(token);
            num[1].insert({y, x});
            ans += y - a[x];
        }else{
            num[0].erase(token);
            num[0].insert({y, x});
        }
        a[x] = y;
        while(num[1].size() < k){
            auto l = *num[0].rbegin();
            ans += l.first;
            num[1].insert(num[0].extract(l));
        }
        while(num[1].size() > k){
            auto r = *num[1].begin();
            ans -= r.first;
            num[0].insert(num[1].extract(r));
        }
        while(!num[0].empty() && num[0].rbegin() -> first > num[1].begin() -> first){
            auto l = *num[0].rbegin(), r = *num[1].begin();
            ans += l.first - r.first;
            num[1].insert(num[0].extract(l));
            num[0].insert(num[1].extract(r));
        }
        cout << ans << '\n';
    }
 
    return 0;
}

F - Merge Sets (abc306 f)

题目大意

对于两个交集为空的集合 $A,B$ ，定义 $f(A, B)$ 为， $A$ 中每个元素在 $A \cup B$ 的位置的和。 $A \cup B$ 的位置即为将其所有数升序排序后的下标（从 $1$ 开始）。

现给定俩俩交集均为空的 $n$ 个集合 $s_i$ ，求 $\sum_{1 \leq i < j \leq n} f(s_i, s_j)$ 。

解题思路

由于 $\sum_{1 \leq i < j \leq n} f(s_i, s_j) = \sum pos(s_{i,x}, s_j)$ ，分析答案的贡献，发现可以转换成求每个数的贡献。因此我们的视角从枚举集合转移到枚举每个数。

对于第 $i$ 个集合的升序排列的第 $x$ 个数 $s_{i,x}$ （此处下标均从 $0$ 开始，同代码一致），我们考虑它会对答案贡献多少。

注意 $i < j$ ，这意味着我们只有选择 $j > i$ 的集合 $s_j$ 时， $s_{i,x}$ 才有贡献。

然后考虑选择了 $s_j$ 后， $s_{i,x}$ 的是排第几位。假设 $s_j$ 中有 $y_j$ 个小于 $s_{i,x}$ 的，那么此时 $s_{i,x}$ 的贡献是 $x + y_j + 1$ 。然后将所有 $j > i$ 的 $s_j$ 的这些贡献累加，就是 $s_{i,x}$ 对答案的贡献。

直接累加的复杂度是 $O(n^2)$ ，很显然不能这样算。

我们分析这个贡献式子，它可以拆成三部份 $x, y_j, 1$ 。第一项和最后一项会贡献 $n - i - 1$ 次（注意从第 $0$ 集合算起）。
而第二项的 $y_j$ ，我们可以把 $n \times m$ 个数全部丢到数组 $Q$ 里排个序，假设 $s_{i,x}$ 排在第 $a$ 位，那么 $\sum_{j > i} y_j$ 的值就是在数组 $Q$ 中，所有位置 $pos < a$ ，且位于集合下标 $j > i$ 的数的个数。

显然这是一个二维偏序问题，同abc283f一样。我们可以用树状数组维护关于集合下标的数的个数，然后从小到大遍历 $Q$ 数组，依次把每个数加进树状数组中。这样查询一下后缀和，就是 $\sum_{j > i} y_j$ 。进而 $s_{i, x}$ 的贡献就是 $\sum_{j > i}y_j + (x + 1) \times (n - i - 1)$ ，对于每个数依次这么计算即可。

时间复杂度为 $O(nm \log n)$

神奇的代码

 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
 
template <typename T>
class fenwick {
public:
    vector<T> fenw;
    int n;
 
    fenwick(int _n) : n(_n) {
        fenw.resize(n);
    }
 
    void modify(int x, T v) {
        while (x < n) {
            fenw[x] += v;
            x |= (x + 1);
        }
    }
 
    T get(int x) {
        T v{};
        while (x >= 0) {
            v += fenw[x];
            x = (x & (x + 1)) - 1;
        }
        return v;
    }
};
 
int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false); 
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    vector<array<int, 2>> a(n * m);
    int pos = 0;
    for(int i = 0; i < n; ++ i){
        for(int j = 0; j < m; ++ j){
            cin >> a[pos][0];
            a[pos][1] = i;
            pos ++;
        }
    }
    sort(a.begin(), a.end(), [](const auto &x, const auto &y){
            return x[0] < y[0];
            });
    fenwick<int> cnt(n);
    LL ans = 0;
    int sum = 0;
    for(int i = 0; i < n * m; ++ i){
        int belong = a[i][1];
        int pre = cnt.get(belong - 1);
        int cur = cnt.get(belong);
        ans += sum - cur + 1ll * (n - belong - 1) * (cur - pre + 1);
        cnt.modify(belong, 1);
        sum ++;
    }
    cout << ans << '\n';
 
    return 0;
}

G - Return to 1 (abc306 g)

题目大意

给定一张有向图，问能否从 $1$ 号点出发，经过 $10^{10^{100}}$ 条边后，回到 $1$ 号点。

解题思路

<++>

神奇的代码

Ex - Balance Scale (abc306 h)

题目大意

给定一个数组 $A$ 。

进行 $m$ 次操作，每次操作从 $A$ 中取两个数，然后将它们的大小结果 $> = <$ 之一加入字符串 $s$ 的最后。

问字符串 $s$ 可能的情况数量。

解题思路

<++>

神奇的代码

本文作者：~Lanly~

本文链接：https://www.cnblogs.com/Lanly/p/17488352.html

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	#include <bits/stdc++.h>
	using namespace std;
	using LL = long long;

	int main(void) {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0); cout.tie(0);
	int n;
	string s;
	cin >> n >> s;
	for(auto &i : s)
	cout << i << i;
	cout << '\n';

	return 0;
	}