【Codeforces】#345 Div1
1. Watchmen
1.1 题目描述
给$n$个点，求曼哈顿距离等于欧式距离的点对数。
1.2 基本思路
由$|x_i-x_j|+|y_i-yj| = \sqrt{(x_i-x_j)^2+(y_i-yj)^2}$可以推出$x_i=x_j$或者$y_i=y_j$。
所以变得超级简单了，排序后对两种情况分别累加即可。
1.3 代码
1 /* A */ 2 #include <iostream> 3 #include <sstream> 4 #include <string> 5 #include <map> 6 #include <queue> 7 #include <set> 8 #include <stack> 9 #include <vector> 10 #include <deque> 11 #include <bitset> 12 #include <algorithm> 13 #include <cstdio> 14 #include <cmath> 15 #include <ctime> 16 #include <cstring> 17 #include <climits> 18 #include <cctype> 19 #include <cassert> 20 #include <functional> 21 #include <iterator> 22 #include <iomanip> 23 using namespace std; 24 //#pragma comment(linker,"/STACK:102400000,1024000") 25 26 #define sti set<int> 27 #define stpii set<pair<int, int> > 28 #define mpii map<int,int> 29 #define vi vector<int> 30 #define pii pair<int,int> 31 #define vpii vector<pair<int,int> > 32 #define rep(i, a, n) for (int i=a;i<n;++i) 33 #define per(i, a, n) for (int i=n-1;i>=a;--i) 34 #define clr clear 35 #define pb push_back 36 #define mp make_pair 37 #define fir first 38 #define sec second 39 #define all(x) (x).begin(),(x).end() 40 #define SZ(x) ((int)(x).size()) 41 #define lson l, mid, rt<<1 42 #define rson mid+1, r, rt<<1|1 43 44 const int maxn = 2e5+5; 45 int Y[maxn], ny = 0; 46 int c[maxn]; 47 48 int main() { 49 ios::sync_with_stdio(false); 50 #ifndef ONLINE_JUDGE 51 freopen("data.in", "r", stdin); 52 freopen("data.out", "w", stdout); 53 #endif 54 55 int n; 56 int x, y; 57 vpii vp; 58 59 scanf("%d", &n); 60 rep(i, 0, n) { 61 scanf("%d%d", &x, &y); 62 vp.pb(mp(x, y)); 63 Y[i] = y; 64 } 65 66 sort(all(vp)); 67 sort(Y, Y+n); 68 ny = unique(Y, Y+n) - Y; 69 70 int i = 0, j; 71 __int64 ans = 0; 72 73 while (i < n) { 74 j = i; 75 while (i<n && vp[i].fir==vp[j].fir) { 76 vp[i].sec = lower_bound(Y, Y+ny, vp[i].sec) - Y; 77 ans += c[vp[i].sec]; 78 ++i; 79 } 80 ans += 1LL * (i-j) * (i-j-1) / 2; 81 while (j < i) { 82 ++c[vp[j].sec]; 83 ++j; 84 } 85 } 86 87 printf("%I64d\n", ans); 88 89 #ifndef ONLINE_JUDGE 90 printf("time = %d.\n", (int)clock()); 91 #endif 92 93 return 0; 94 }
2. Image Preview
2.1 题目描述
手机上有n张照片，翻看照片仅仅能翻看相邻的照片（1与n相邻），每次翻看花费a秒。
手机一直处于垂直方向，照片可能为水平或垂直方向，当照片与手机方向不同时，需要花费额外b秒旋转。
观看照片需要1秒，同时可以跳过已经看过的照片，没有看过的照片则必须观看。求在时间T内最多观看多少照片。
2.2 基本思路
假设在时间$T$内最多观看$m$张照片，并且移动到没看过的照片必须观看。显然，这$m$个照片必然形成一个连续的区间（假定1与n连续）。
$L[i], R[i]$分别表示从1（起始位置）逆时针和顺时针看过$i$张照片所用的时间。
因此，我们可以对$m$进行二分，判断$\min \{L[k] + R[m-1-k] - T_{skip} - L[1]\} \le T$。这里$T_{skip} = a * \min (k, m-1-k)$。
$L[i], R[i]$可以在$O(n)$时间内预处理，因此时间复杂度为$O(nlogn)$。
2.3 代码
1 /* B */ 2 #include <iostream> 3 #include <sstream> 4 #include <string> 5 #include <map> 6 #include <queue> 7 #include <set> 8 #include <stack> 9 #include <vector> 10 #include <deque> 11 #include <bitset> 12 #include <algorithm> 13 #include <cstdio> 14 #include <cmath> 15 #include <ctime> 16 #include <cstring> 17 #include <climits> 18 #include <cctype> 19 #include <cassert> 20 #include <functional> 21 #include <iterator> 22 #include <iomanip> 23 using namespace std; 24 //#pragma comment(linker,"/STACK:102400000,1024000") 25 26 #define sti set<int> 27 #define stpii set<pair<int, int> > 28 #define mpii map<int,int> 29 #define vi vector<int> 30 #define pii pair<int,int> 31 #define vpii vector<pair<int,int> > 32 #define rep(i, a, n) for (int i=a;i<n;++i) 33 #define per(i, a, n) for (int i=n-1;i>=a;--i) 34 #define clr clear 35 #define pb push_back 36 #define mp make_pair 37 #define fir first 38 #define sec second 39 #define all(x) (x).begin(),(x).end() 40 #define SZ(x) ((int)(x).size()) 41 #define lson l, mid, rt<<1 42 #define rson mid+1, r, rt<<1|1 43 44 const int maxn = 5e5+5; 45 int n, a, b, T; 46 char s[maxn]; 47 int L[maxn], R[maxn]; 48 49 bool judge(int m) { 50 int mn = INT_MAX, tmp; 51 52 --m; 53 for (int ln=m,rn=0; ln>=0; --ln,++rn) { 54 tmp = L[ln] + R[rn] -L[0] + min(ln, rn) * a; 55 mn = min(tmp, mn); 56 } 57 58 return mn<=T; 59 } 60 61 void solve() { 62 R[0] = s[0]=='w' ? b+1:1; 63 rep(i, 1, n) { 64 R[i] += R[i-1]; 65 R[i] += a + 1; 66 if (s[i] == 'w') 67 R[i] += b; 68 } 69 L[0] = s[0]=='w' ? b+1:1; 70 rep(i, 1, n) { 71 L[i] += L[i-1]; 72 L[i] += a + 1; 73 if (s[n-i] == 'w') 74 L[i] += b; 75 } 76 77 if (T < R[0]) { 78 puts("0"); 79 return ; 80 } 81 82 int l = 1; 83 int r = n; 84 int mid; 85 int ans = 0; 86 87 while (l <= r) { 88 mid = (l + r) >> 1; 89 if (judge(mid)) { 90 ans = mid; 91 l = mid + 1; 92 } else { 93 r = mid - 1; 94 } 95 } 96 97 printf("%d\n", ans); 98 } 99 100 int main() { 101 ios::sync_with_stdio(false); 102 #ifndef ONLINE_JUDGE 103 freopen("data.in", "r", stdin); 104 freopen("data.out", "w", stdout); 105 #endif 106 107 scanf("%d%d%d%d", &n,&a,&b,&T); 108 scanf("%s", s); 109 solve(); 110 111 #ifndef ONLINE_JUDGE 112 printf("time = %d.\n", (int)clock()); 113 #endif 114 115 return 0; 116 }
3. Table Compression
3.1 题目描述
将矩阵$A_{n \times m}$压缩成$B_{n \times m}, b_ij > 0$。
同时，$\forall a_ij,a_ik$中的大小关系与$B$中对应元素保持一致，$\forall a_ij,a_kj$同样保持一致。
找到这样一个$B$，并是$B$中的最大值最小。
3.2 基本思路
先考虑$A$中的元素均不相同，那么显然可以建立一个有向图（较小值指向较大值），然后进行拓扑。
然而$n \cdot m \le 10^6$，这也导致了这样朴素建图边会超多$10^9$左右。
那么，能不能减少一些没用的边呢？显然可以，考虑最普通的行矩阵$[1\ 2\ 3\ 4]$。
1指向2就可以了，其实并不需要1指向3，因为2更接近3，当2确定，3才可以确定。
因此，我们可以对$A$的每行每列都排序后，然后按照次序建边。这样，这个图的规模控制在了$O(nm)$。
不仅如此，那么如果存在相同元素，这样就增加了一定的复杂程度。
处理方法，就是将增加一个$eq$邻接表，存储处在同一行或同一列的元素，因为，这些元素的值同时确定。
这样，当进行拓扑时，我们直接从最小值拓扑开始即可（对原始数据排序）。
算法复杂度为$O(nmlog(nm))$。
3.3 代码
1 /* C */ 2 #include <iostream> 3 #include <sstream> 4 #include <string> 5 #include <map> 6 #include <queue> 7 #include <set> 8 #include <stack> 9 #include <vector> 10 #include <deque> 11 #include <bitset> 12 #include <algorithm> 13 #include <cstdio> 14 #include <cmath> 15 #include <ctime> 16 #include <cstring> 17 #include <climits> 18 #include <cctype> 19 #include <cassert> 20 #include <functional> 21 #include <iterator> 22 #include <iomanip> 23 using namespace std; 24 //#pragma comment(linker,"/STACK:102400000,1024000") 25 26 #define sti set<int> 27 #define stpii set<pair<int, int> > 28 #define mpii map<int,int> 29 #define vi vector<int> 30 #define pii pair<int,int> 31 #define vpii vector<pair<int,int> > 32 #define rep(i, a, n) for (int i=a;i<n;++i) 33 #define per(i, a, n) for (int i=n-1;i>=a;--i) 34 #define clr clear 35 #define pb push_back 36 #define mp make_pair 37 #define fir first 38 #define sec second 39 #define all(x) (x).begin(),(x).end() 40 #define SZ(x) ((int)(x).size()) 41 #define lson l, mid, rt<<1 42 #define rson mid+1, r, rt<<1|1 43 44 const int maxn = 1e6+5; 45 vector<vi> g; 46 vi E[maxn]; 47 vi eq[maxn]; 48 bool visit[maxn]; 49 int Q[maxn]; 50 int val[maxn]; 51 int ans[maxn]; 52 int n, m; 53 54 void solve() { 55 rep(i, 0, n) { 56 vpii vp; 57 rep(j, 0, m) 58 vp.pb(mp(g[i][j], j)); 59 sort(all(vp)); 60 61 rep(j, 1, m) { 62 int uid = i*m + vp[j-1].sec; 63 int vid = i*m + vp[j].sec; 64 if (vp[j].fir == vp[j-1].fir) { 65 eq[uid].pb(vid); 66 eq[vid].pb(uid); 67 } else { 68 E[vid].pb(uid); 69 } 70 } 71 } 72 73 rep(j, 0, m) { 74 vpii vp; 75 rep(i, 0, n) 76 vp.pb(mp(g[i][j], i)); 77 sort(all(vp)); 78 79 rep(i, 1, n) { 80 int uid = vp[i-1].sec*m + j; 81 int vid = vp[i].sec*m + j; 82 if (vp[i].fir == vp[i-1].fir) { 83 eq[uid].pb(vid); 84 eq[vid].pb(uid); 85 } else { 86 E[vid].pb(uid); 87 } 88 } 89 } 90 91 int tot = n * m; 92 int u, v; 93 vpii vp; 94 95 rep(i, 0, tot) 96 vp.pb(mp(val[i], i)); 97 98 sort(all(vp)); 99 100 rep(i, 0, tot) { 101 int id = vp[i].sec; 102 if (visit[id]) 103 continue; 104 int l = 0, r = 0; 105 106 Q[r++] = id; 107 visit[id] = true; 108 while (l < r) { 109 u = Q[l++]; 110 int sz = SZ(eq[u]); 111 rep(j, 0, sz) { 112 v = eq[u][j]; 113 if (!visit[v]) { 114 visit[v] = true; 115 Q[r++] = v; 116 } 117 } 118 } 119 120 int mx = 0; 121 rep(j, 0, r) { 122 u = Q[j]; 123 int sz = SZ(E[u]); 124 rep(k, 0, sz) { 125 v = E[u][k]; 126 mx = max(mx, ans[v]); 127 } 128 } 129 130 ++mx; 131 rep(j, 0, r) 132 ans[Q[j]] = mx; 133 } 134 135 int cnt = 0; 136 rep(i, 0, n) { 137 rep(j, 0, m) { 138 if (j) 139 putchar(' '); 140 printf("%d", ans[cnt++]); 141 } 142 putchar('\n'); 143 } 144 } 145 146 int main() { 147 ios::sync_with_stdio(false); 148 #ifndef ONLINE_JUDGE 149 freopen("data.in", "r", stdin); 150 freopen("data.out", "w", stdout); 151 #endif 152 153 int x, cnt = 0; 154 155 scanf("%d%d", &n, &m); 156 rep(i, 0, n) { 157 vi vc; 158 rep(j, 0, m) { 159 scanf("%d", &x); 160 val[cnt++] = x; 161 vc.pb(x); 162 } 163 g.pb(vc); 164 } 165 166 solve(); 167 168 #ifndef ONLINE_JUDGE 169 printf("time = %d.\n", (int)clock()); 170 #endif 171 172 return 0; 173 }
4. Zip-line
4.1 题目描述
$n$棵树，高度分别为$H_i, i \in [1,n]$，m次查询。查询将$H_a$修改为$b$后，最长上升子序列的长度为多少？
4.2 基本思路
这题目就是求$LIS$。思路其实还是挺简单的，初始数组可以求得原始的$LIS$。
因此，修改后的长度至少为$|LIS|-1$，可能达到$|LIS|+1$或者$|LIS|$。
当修改的点不是关键点是，则长度至少为$|LIS|$，否则至少为$|LIS|-1$。
采用离线做，对所有m个查询按照$a$排序，然后使用树状数组或线段树可以计算$LIS$的长度。
$L[i]$表示从1开始以$i$为结尾的上升序列的长度，$R[i]$表示从$n$开始以$i$结尾的下降序列的长度（其实就是从$i$开始以$n$结尾的上升序列）。
$L[i]+R[i]-1$就是经过$i$的上升序列的长度，通过$L[i]+R[i]-1 == |LIS|$以及$cnt$数组的使用可以判定$i$是否为关键点。
$LL[i]$与$RR[i]$的定义了类似，但是针对的是$m$个查询的。因此，$LL[i]+RR[i]-1$就是经过查询修改的点的最长上升子序列的长度，计算过程与上述类似。
二者的最大值，就是修改后整个串的最长上升子序列的长度。
其实这题不难，排序后，就可以均摊了，复杂度为$O(nlgn)$。
4.3 代码
1 /* D */ 2 #include <iostream> 3 #include <sstream> 4 #include <string> 5 #include <map> 6 #include <queue> 7 #include <set> 8 #include <stack> 9 #include <vector> 10 #include <deque> 11 #include <bitset> 12 #include <algorithm> 13 #include <cstdio> 14 #include <cmath> 15 #include <ctime> 16 #include <cstring> 17 #include <climits> 18 #include <cctype> 19 #include <cassert> 20 #include <functional> 21 #include <iterator> 22 #include <iomanip> 23 using namespace std; 24 //#pragma comment(linker,"/STACK:102400000,1024000") 25 26 #define sti set<int> 27 #define stpii set<pair<int, int> > 28 #define mpii map<int,int> 29 #define vi vector<int> 30 #define pii pair<int,int> 31 #define vpii vector<pair<int,int> > 32 #define rep(i, a, n) for (int i=a;i<n;++i) 33 #define per(i, a, n) for (int i=n-1;i>=a;--i) 34 #define clr clear 35 #define pb push_back 36 #define mp make_pair 37 #define fir first 38 #define sec second 39 #define all(x) (x).begin(),(x).end() 40 #define SZ(x) ((int)(x).size()) 41 #define lson l, mid, rt<<1 42 #define rson mid+1, r, rt<<1|1 43 44 typedef struct node_t { 45 int a, b, id; 46 47 friend bool operator< (const node_t& a, const node_t& b) { 48 return a.a < b.a; 49 } 50 } node_t; 51 52 const int maxn = 8e5+5; 53 const int maxm = 4e5+5; 54 int H[maxm], a[maxn], an = 1; 55 int c[maxn]; 56 int ans[maxm]; 57 node_t Q[maxm]; 58 int L[maxm], R[maxm]; 59 int LL[maxm], RR[maxm]; 60 bool visit[maxn]; 61 int cnt[maxn]; 62 int n, m; 63 64 inline int lowest(int x) { 65 return -x & x; 66 } 67 68 int main() { 69 ios::sync_with_stdio(false); 70 #ifndef ONLINE_JUDGE 71 freopen("data.in", "r", stdin); 72 freopen("data.out", "w", stdout); 73 #endif 74 75 scanf("%d%d", &n, &m); 76 rep(i, 1, n+1) { 77 scanf("%d", &H[i]); 78 a[an++] = H[i]; 79 } 80 rep(i, 1, m+1) { 81 scanf("%d%d", &Q[i].a, &Q[i].b); 82 a[an++] = Q[i].b; 83 Q[i].id = i; 84 } 85 sort(a+1, a+an); 86 an = unique(a+1, a+an) - (a+1); 87 rep(i, 1, n+1) H[i] = lower_bound(a+1, a+an+1, H[i]) - a; 88 rep(i, 1, m+1) Q[i].b = lower_bound(a+1, a+an+1, Q[i].b) - a; 89 90 memset(c, 0, sizeof(c)); 91 rep(i, 1, n+1) { 92 int mx = 0; 93 for (int j=H[i]-1; j; j-=lowest(j)) 94 mx = max(mx, c[j]); 95 L[i] = ++mx; 96 for (int j=H[i]; j<=an; j+=lowest(j)) 97 c[j] = max(c[j], mx); 98 } 99 100 memset(c, 0, sizeof(c)); 101 per(i, 1, n+1) { 102 int mx = 0; 103 for (int j=H[i]+1; j<=an; j+=lowest(j)) 104 mx = max(mx, c[j]); 105 R[i] = ++mx; 106 for (int j=H[i]; j; j-=lowest(j)) 107 c[j] = max(c[j], mx); 108 } 109 110 int lis = 0; 111 rep(i, 1, n+1) 112 lis = max(lis, R[i]+L[i]-1); 113 114 memset(visit, false, sizeof(visit)); 115 memset(cnt, 0, sizeof(cnt)); 116 rep(i, 1, n+1) { 117 if (L[i]+R[i]-1 == lis) { 118 visit[i] = true; 119 ++cnt[L[i]]; 120 } 121 } 122 123 rep(i, 1, n+1) { 124 if (visit[i] && cnt[L[i]]>1) 125 visit[i] = false; 126 } 127 128 rep(i, 1, m+1) { 129 if (visit[Q[i].a]) 130 ans[Q[i].id] = lis - 1; 131 else 132 ans[Q[i].id] = lis; 133 } 134 135 sort(Q+1, Q+1+m); 136 137 memset(c, 0, sizeof(c)); 138 int j = 1; 139 rep(i, 1, m+1) { 140 while (j<Q[i].a && j<=n) { 141 int tmp = L[j]; 142 for (int k=H[j]; k<=an; k+=lowest(k)) 143 c[k] = max(c[k], tmp); 144 ++j; 145 } 146 147 int mx = 0; 148 for (int k=Q[i].b-1; k; k-=lowest(k)) 149 mx = max(mx, c[k]); 150 LL[Q[i].id] = ++mx; 151 } 152 153 memset(c, 0, sizeof(c)); 154 j = n; 155 per(i, 1, m+1) { 156 while (j>Q[i].a && j) { 157 int tmp = R[j]; 158 for (int k=H[j]; k; k-=lowest(k)) 159 c[k] = max(c[k], tmp); 160 --j; 161 } 162 163 int mx = 0; 164 for (int k=Q[i].b+1; k<=an; k+=lowest(k)) 165 mx = max(mx, c[k]); 166 RR[Q[i].id] = ++mx; 167 } 168 169 rep(i, 1, m+1) { 170 ans[i] = max(ans[i], LL[i]+RR[i]-1); 171 printf("%d\n", ans[i]); 172 } 173 174 #ifndef ONLINE_JUDGE 175 printf("time = %d.\n", (int)clock()); 176 #endif 177 178 return 0; 179 }
