Codeforces Round 927 (Div. 3) EFG
E:Link
题意:给定长度小于 \(4 \times 10^5\) 的整数 \(n\),求从 \(0\) 到 \(n\) 各数位变化次数之和。
如:\(n = 12345\)
个位变化 \(12345\) 次,十位变化 \(1234\) 次,百位变化 \(123\) 次,以此类推。
考虑如何快速计算。
1 2 3 4 5
0 1 2 3 4
0 0 1 2 3
0 0 0 1 2
0 0 0 0 1
按列来算,可将复杂度降为 \(O(length)\)。
void solve() {
int n; cin >> n;
string s; cin >> s;
vector<int> a;
int t = 0;
for(auto &c : s) {
t += c - '0';
a.pb(t);
}
vector<int> ans;
reverse(All(a));
rep(i, 0, n - 2) {
a[i + 1] += a[i] / 10;
ans.pb(a[i] % 10);
}
t = a.back();
while(t) {
ans.pb(t % 10);
t /= 10;
}
reverse(All(ans));
int f = 0;
for(int &x : ans) {
if(x != 0) f = 1;
if(f) cout << x;
}
cout << '\n';
}
F:Link
简单的数据结构优化 dp。
题意:\(m\) 条线段,选若干点,选一个点的同时会选中所有覆盖他的全部线段,每条线段只能被选一次,最大化被选线段数量。
- \(dp[i]\) 表示 \([1, i]\) 中的答案。
- \(cnt[i]\) 表示覆盖 \(i\) 的线段数量。
- \(L[i]\) 表示所有覆盖 \(i\) 的线段左端点最小值。
那么
\[dp[i] = dp[j] + cnt[i] \ \ \ \ \ (j < L[i])
\]
\(L[i]\) 等价于右端点为 \([i, n]\) 的线段左端点最小值,从后往前扫一遍即可。
可以用树状数组实现。
void solve() {
cin >> n >> m;
a.init(n);
vector<vector<int>> qr(n + 1);
rep(i, 1, m) {
int l, r; cin >> l >> r;
qr[r].pb(l);
a.add(l, 1), a.add(r + 1, -1);
}
int minL = n + 1;
per(i, n, 1) {
for(int l : qr[i]) {
minL = min(minL, l);
}
L[i] = min(i + 1, minL);
}
dp.init(n);
rep(i, 1, n) {
if(L[i] <= i) {
dp.mod(i, dp.max(L[i] - 1) + a.sum(i));
}
}
cout << dp.max(n) << '\n';
}
树状数组代码。
struct Fenwick_Tree {
int t[N], n;
int lowbit(int x) {
return x & -x;
}
void init(int x, int v = 0) {
n = x;
rep(i, 1, n) t[i] = v;
}
void mod(int p, int v) {
while(p <= n) {
t[p] = std::max(t[p], v);
p += lowbit(p);
}
}
int max(int p) {
int ret = 0;
while(p) {
ret = std::max(ret, t[p]);
p -= lowbit(p);
}
return ret;
}
void add(int p, int v) {
while(p <= n) {
t[p] += v;
p += lowbit(p);
}
}
int sum(int p) {
int ret = 0;
while(p) {
ret += t[p];
p -= lowbit(p);
}
return ret;
}
} a, dp;
G:拓欧求边权,跑 dij