2019.9.19模拟赛A组
HOJ1034遭遇(2019.9.19模拟赛A组T1)
题意
lky要跳楼
你需要一开始选择一座楼，开始跳楼。在第\(i\)座楼准备跳楼需要\(c_i\)的花费。每次可以跳到任何一个还没有跳过的楼上去。但跳楼是有代价的，每次跳到另外一座楼的代价是两座楼高度的差的绝对值，最后一次从楼上跳到地面上不需要代价（只能跳到地上一次）。求在代价不超过\(T\)的情况下，最多跳几次楼。（一座楼只能跳一次，且每次跳楼都要计算准备的花费）
怎么做
贪心+DP
由题意可知，每次跳跃要消耗高度差的代价。这样如果反复横跳肯定是不优的，为了保证高度差的代价尽量小，我们应采用按照从高到低或从低到高的顺序跳楼。
f[i][j]跳了j栋到i的最小代价
DP阶段：跳到了i
状态：跳了j栋
转移方程：f[i][j] = min(f[i][j], f[k][j-1]);
复杂度\(O(n^3)\)
其实是可以优化成\(O(n^2)\)的，只是我不会。又要咕咕咕这个做法了
代码
#include <bits/stdc++.h>
namespace fdata
{
inline char nextchar()
{
static const int BS = 1 << 21;
static char buf[BS], *st, *ed;
if (st == ed)
ed = buf + fread(st = buf, 1, BS, stdin);
return st == ed ? -1 : *st++;
}
#ifdef lky233
#define nextchar getchar
#endif
template <typename T>
inline T poread()
{
T ret = 0;
char ch;
while (!isdigit(ch = nextchar()))
;
do
ret = ret * 10 + ch - '0';
while (isdigit(ch = nextchar()));
return ret;
}
template <typename Y>
inline void poread(Y &ret)
{
ret = 0;
char ch;
while (!isdigit(ch = nextchar()))
;
do
ret = ret * 10 + ch - '0';
while (isdigit(ch = nextchar()));
}
#undef nextcar
} // namespace fdata
using fdata::poread;
using namespace std;
#define min(_x, _y) (_x > _y ? _y : _x)
const int MAXN = 305;
int f[MAXN][MAXN];
struct node
{
int h, c;
bool operator<(const node &it) const
{
return h < it.h;
}
} building[MAXN];
#define h(_o) building[_o].h
#define c(_o) building[_o].c
int n, t;
int main()
{
poread<int>(n);
for (register int i = 1; i <= n; ++i)
poread<int>(building[i].c);
for (register int i = 1; i <= n; ++i)
poread<int>(building[i].h);
poread<int>(t);
sort(building + 1, building + 1 + n);
memset(f, 0x3f, sizeof(f));
for (register int i = 1; i <= n; ++i)
f[i][0] = 0;
for (register int i = 1; i <= n; ++i)
{
for (register int j = 1; j <= i + 1; ++j)
{
for (register int k = 1; k < i; ++k)
{
f[i][j] = min(f[i][j], f[k][j - 1] + h(i) - h(k) + c(k));
}
}
}
int ans = 0;
for (register int i = n; ~i; --i)
{
for (register int j = 1; j <= n; ++j)
{
if (f[j][i] + c(j) <= t)
{
printf("%d\n", i + 1);
return 0;
}
}
}
}
HOJ1035都市(2019.9.19模拟赛A组T2)（Luogu3540SQU-Squarks）
\(\color{blue}{\text{404nofind}}\)
题意
有n个数，给出两两之间的和，求这n个数的所有可能值。
怎么做
这是智商题
考虑一个事情，如果给定三个数\(a_1, a_2, a_3\)分别相加的和，怎样求出这三个数呢？
显然，我们可以算出来这三个数的和，即\(\frac{(a_1 + a_2)+(a_1+a_3)+(a_2+a_3)}{2} = a_1+a_2+a_3\)，并依次相减，即可得到\(a_1, a_2, a_3\)。
那么对于\(n\)个数{\(a_1, a_2...a_n\)}, 若我们钦定数列是有序的，我们可以判断出\(a_1+a_2\)以及\(a_1+a_3\)，因为这两个分别是最小的以及第二小的数。
证明：
假设\(a_1+a_2>a_x+a_y(x, y \neq 1, 2)\)
\(\because a_2<a_x\)
\(\therefore a_1+a_2>a_2+a_y\)
\(\qquad \quad a_1 > a_y\)
这与{\(a_1, a_2...a_n\)}有序不符，所以\(a_1+a_2\)是最小的，同理可证\(a_1+a_3\)第二小。
此时我们已经知道了\(a_1+a_2\)以及\(a_1+a_3\)，在剩下的情况中枚举\(a_2+a_3\)，就可以求出\(a_1, a_2, a_3\)这三个数。
在求得\(a_1\)后，我们便可枚举\(a_1+a_k\)是哪个数，并且判断该情况是否合法。以上两个枚举复杂度都是O(\(n\)).
关于如何判断是否合法，可以通过已知的数，进行求和，并判断这个情况下的和是否符合题目给出的值。这个复杂度是O(\(n\))的。
整体复杂度O(\(n^3\))。
放代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 305;
int n, m, cnt;
int a[45005];
bool use[45005];
int num[MAXN];
struct node
{
int ans[MAXN];
inline void print()
{
for (register int i = 1; i <= n; ++i)
printf("%d ", ans[i]);
putchar('\n');
}
void operator=(int *s)
{
memcpy(ans, s, sizeof(ans));
}
} ans[MAXN];
inline int find(const int &x)
{
int l = 1, r = m, mid, res;
while (l <= r)
{
mid = (l + r) >> 1;
if (a[mid] <= x)
{
res = mid, l = mid + 1;
}
else
{
r = mid - 1;
}
}
return res;
}
inline void check(int x)
{
memset(use, 0, sizeof(use));
int sum = a[1] + a[2] + a[x];
if (sum & 1)
return;
sum >>= 1;
num[1] = sum - a[x];
num[2] = sum - a[2];
num[3] = sum - a[1];
use[1] = use[2] = use[x] = true;
for (register int i = 3, k = 4; k <= n; ++k) //枚举a1 + ak
{
while (i <= m && use[i]) //判重
++i;
if (i > m)
return;
num[k] = a[i] - num[1];
use[i] = true;
for (register int j = 2; j < k; ++j) //枚举a[x] + a[k]
{
if (num[j] > num[k]) //保证顺序
return;
sum = num[j] + num[k];
register int p = find(sum);
if (a[p] != sum)
return;
register int px = p;
while (px && a[px] == a[p]) //找到相同数值中最前面的一个
--px;
++px;
while (px <= m && use[px] && a[px] == a[p])
++px;
if (a[px] != a[p] || use[px])
return;
p = px;
use[p] = true;
}
}
++cnt;
ans[cnt] = num;
}
int main()
{
scanf("%d", &n);
m = (n * (n - 1)) / 2;
for (register int i = 1; i <= m; ++i)
{
scanf("%d", &a[i]);
}
sort(a + 1, a + m + 1);
for (register int i = 3; i <= m;) //枚举a2 + a3;
{
check(i);
register int ii = i;
while (a[ii] == a[i]) //去重
++ii;
i = ii;
}
printf("%d\n", cnt);
for (register int i = 1; i <= cnt; ++i)
ans[i].print();
}
小结
考试的时候这个题只想到了通过三个数的和求出这三个数，应该考虑将其扩展进行枚举。
HOJ1036街灯(2019.9.19模拟赛A组T3)
题意
街上的街灯亮起，指引向着远方的路。每个街灯上都有一个数，每次询问，第\(l\)个街灯到第\(r\)个街灯上的数模\(p\)等于\(v\)的有几个。
咋做
\({n\sqrt{n}\log{n}}\) 在线做法
这种题考虑分成部分处理。对于\({q<100}\)的部分，它的模数不超过100，所以可以直接开一个桶\(v_1[i][j]\)记录\(i % p == j\) 的数的出现位置，询问时查询出这个桶中有几个位置在\(l，r\)之间即可。由于数据范围较大，这个桶开成vector，保证不炸空间。
对于剩下的部分，我们发现如果\({a \equiv v{\pmod p} }\), \(a = p * i + v\), 我们枚举\(i\)，便可以找到所有符合询问要求的数。所以开一个桶\(v_2[x]\)，放入所有\(x\)的出现位置，查询时枚举\(i\), 使 $ x = p*i+v \(, 找到在\)l，r\(区间内有几个\)x\(，并对所有x的答案求和即为所求。<br>复杂度分析：每个询问，由于枚举\)x\(是\)\sqrt{n}\(的，查询区间内的数二分左右端点是\)\log{n}\(的，总体复杂度\)O({n\sqrt{n}\log{n}})$。
\({n\sqrt{n}}\) 离线做法
和之前的做法差不多，只是要离线按照位置\(sort\)一下询问，处理\(1\) ~ \(l-1\)和\(1\)~\(r\)，答案为二者的差。由于不用二分，所以复杂度是\({O(n\sqrt{n})}\)
Code
这个是\(O({n\sqrt{n}\log{n}})\)在线的
#include <bits/stdc++.h>
namespace fdata
{
inline char nextchar()
{
static const int BS = 1 << 21;
static char buf[BS], *st, *ed;
if (st == ed)
ed = buf + fread(st = buf, 1, BS, stdin);
return st == ed ? -1 : *st++;
}
#ifdef lky233
#define nextchar getchar
#endif
template <typename T>
inline T poread()
{
T ret = 0;
char ch;
while (!isdigit(ch = nextchar()))
;
do
ret = ret * 10 + ch - '0';
while (isdigit(ch = nextchar()));
return ret;
}
template <typename Y>
inline void poread(Y &ret)
{
ret = 0;
char ch;
while (!isdigit(ch = nextchar()))
;
do
ret = ret * 10 + ch - '0';
while (isdigit(ch = nextchar()));
}
#undef nextcar
} // namespace fdata
using fdata::poread;
using namespace std;
const int MAXN = 105;
int n, m;
struct node
{
vector<int> v;
inline int find(const int &x, int &rec)
{
register int l = 0, r = v.size() - 1, mid;
while (l <= r)
{
mid = (l + r) >> 1;
if (v[mid] >= x)
{
rec = mid;
r = mid - 1;
}
else
{
l = mid + 1;
}
}
return rec;
}
inline int finds(const int &x, int &rec)
{
register int l = 0, r = v.size() - 1, mid;
while (l <= r)
{
mid = (l + r) >> 1;
if (v[mid] <= x)
{
rec = mid;
l = mid + 1;
}
else
{
r = mid - 1;
}
}
return rec;
}
inline void push_back(const int &x)
{
v.push_back(x);
}
} v1[MAXN][MAXN], v2[10005];
int a[100005];
int main()
{
#ifdef lky233
freopen("testdata.in", "r", stdin);
freopen("testdata.out", "w", stdout);
#endif
poread(n);
poread(m);
for (register int i = 1; i <= n; ++i)
poread(a[i]);
for (register int i = 1; i <= n; ++i)
v2[a[i]].push_back(i);
for (register int i = 1; i <= 100; ++i)
{
for (register int j = 1; j <= n; ++j)
{
v1[i][a[j] % i].push_back(j);
}
}
for (register int i = 1, l, r, p, v; i <= m; ++i)
{
poread(l), poread(r), poread(p), poread(v);
if (p <= 100)
{
int ans1, ans2;
ans1 = ans2 = -1;
v1[p][v].find(l, ans1);
if (ans1 == -1)
{
puts("0");
continue;
}
v1[p][v].finds(r, ans2);
if (ans2 == -1)
{
puts("0");
continue;
}
printf("%d\n", ans2 - ans1 + 1);
}
else
{
int pos = v, tot = 0;
while (pos <= 10000)
{
int ans1 = -1, ans2 = -1;
v2[pos].find(l, ans1);
// cerr << i << " " << ans1 << " ";
if (ans1 == -1)
{
pos += p;
continue;
}
v2[pos].finds(r, ans2);
// cerr << ans2 << endl;
if (ans2 == -1)
{
pos += p;
continue;
}
tot += (ans2 - ans1 + 1);
pos += p;
}
printf("%d\n", tot);
}
}
return 0;
}
这个是\({O(n\sqrt{n})}\)离线的
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace fdata
{
inline char nextchar()
{
static const int BS = 1 << 21;
static char buf[BS], *st, *ed;
if (st == ed)
ed = buf + fread(st = buf, 1, BS, stdin);
return st == ed ? -1 : *st++;
}
#ifdef lky233
#define nextchar getchar
#endif
template <typename T>
inline T poread()
{
T ret = 0;
char ch;
while (!isdigit(ch = nextchar()))
;
do
ret = ret * 10 + ch - '0';
while (isdigit(ch = nextchar()));
return ret;
}
template <typename Y>
inline void poread(Y &ret)
{
ret = 0;
char ch;
while (!isdigit(ch = nextchar()))
;
do
ret = ret * 10 + ch - '0';
while (isdigit(ch = nextchar()));
}
#undef nextcar
} // namespace fdata
using fdata::poread;
const int MAXN = 1e5 + 5;
int n, m;
int a[MAXN];
int c[105][105];
int cc[10005];
struct node
{
int p, v, id;
bool op;
node() {}
node(int _p, int _v, int _id, int _op) { p = _p, v = _v, id = _id, op = _op; }
} que[MAXN];
int nxt[MAXN << 1], head[MAXN << 1], tot;
int ans[MAXN][2];
int main()
{
#ifdef lky233
freopen("testdata.in", "r", stdin);
freopen("testdata.out", "w", stdout);
#endif
poread(n), poread(m);
for (register int i = 1; i <= n; ++i)
poread(a[i]);
for (register int i = 1, l, r, p, v; i <= m; ++i)
{
poread(l), poread(r), poread(p), poread(v);
que[++tot] = node(p, v, i, 0);
nxt[tot] = head[l - 1];
head[l - 1] = tot;
que[++tot] = node(p, v, i, 1);
nxt[tot] = head[r];
head[r] = tot;
}
for (register int I = 1; I <= n; ++I)
{
++cc[a[I]];
for (register int j = 1; j <= 100; ++j)
++c[j][a[I] % j];
for (register int i = head[I]; i; i = nxt[i])
{
register int p = que[i].p, v = que[i].v;
if (p <= 100)
{
ans[que[i].id][que[i].op] = c[p][v];
}
else
{
register int tmp = 0;
for (register int j = v; j <= 10000; j += p)
tmp += cc[j];
ans[que[i].id][que[i].op] = tmp;
}
}
}
for (register int i = 1; i <= m; ++i)
printf("%d", ans[i][1] - ans[i][0]), putchar('\n');
}
附赠随机数据生成器。。。对拍好久。。。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int seed;
int main()
{
freopen("testdata.out", "r", stdin);
cin >> seed;
srand(seed + time(0));
freopen("testdata.in", "w", stdout);
int n = (rand() - 1) % 20 + 1;
int m = (rand() - 1) % 10 + 1;
cout << n << " " << m << endl;
for (register int i = 1; i <= n; ++i)
{
cout << ((rand() - 1) % 100 + 1) << " ";
}
cout << endl;
for (register int i = 1; i <= m; ++i)
{
int l = (rand() - 1) % n + 1;
int r = (rand() - 1) % n + 1;
int p = (rand() - 1) % (200) + 1;
int v = (rand() - 1) % n + 1;
if (l > r)
swap(l, r);
cout << l << " " << r << " " << p << " " << v << endl;
}
}
