stone/reverse/string/digit(完美消除)
stone/reverse/string/digit(完美消除)
stone：
【问题描述】
平平去海边度假，海边有一片美丽的鹅卵石滩。平平在鹅卵石滩上捡了 $n$ 块美丽的 鹅卵石，并把它们排成一个序列，其中排第 i 位的鹅卵石的美丽度为 a_i。平平想从里面 按照原序列的顺序挑选出一个鹅卵石的子序列，使得在这个子序列里的后一块鹅卵石的美 丽度不比前一块低。平平还想知道，他这么做能得到的最长的子序列长度是多少。 平平想了想，认为这个问题很 naive，于是他决定将上述鹅卵石序列首尾相连，组成 一个鹅卵石环，然后计算在这个环上的满足要求的最长子序列的长度。
【输入】 输入第一行包含一个整数 T，代表数据组数。 接下来有 2T 行，每两行代表一组数据。 每组数据的第一行包含一个整数 n ，代表鹅卵石的个数。 第二行包含 n 个非负整数，依次是 a_1 到 a_n，代表 n 个鹅卵石各自的美丽程度。 保证所有数据随机生成。具体地，每一项 a_i 独立地从 [1,n] 内的整数中等概率选 取。
【输出】 输出共 T 行，每行一个正整数 m，表示该组数据中最长的满足要求的子序列的长度。
【输入样例】
2
3
3 1 2
10
1 3 8 8 1 7 9 3 10 10
【输出样例】
3
7
【输出说明】 对第一组数据，选取的子序列为 a_2, a_3, a_1 。
1<=n<=1e4,t=10;
先破环成链
设DP数组dp[i][j]=k 表示区间[i,j]的最长不下降子序列期望长度为k
但是发现这样会(T+M)LE
区间随机生成下数据的最长不下降子序列期望长度为$\sqrt{n}$，
所以我们可以将dp方城写成dp[i][k]=j，表示右端点为i，最长不下降子序列长度为k的最右左端点为j，用树状数组维护即可
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cmath> #define rep(i,a,b) for(register int i=a;i<=b;i++) #define lowbit(x) x&(-x) using namespace std; int n,t,a[20005],dp[20005][208],c[10050],res; inline int read(){ int x=0,f=1; char ch=getchar(); while('0'>ch || ch>'9'){if(ch=='-') f=-1; ch=getchar();} while('0'<=ch && ch<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0',ch=getchar(); return x*f; } struct Tree{ inline void upt(int x,int y){while(x<=n) c[x]=max(c[x],y),x+=lowbit(x);} inline int find(int x){ int ans=0; while(x) ans=max(ans,c[x]),x-=lowbit(x); return ans; } }Q; int main(){ scanf("%d",&t); while(t--){ scanf("%d",&n); res=0; memset(dp,0,sizeof(dp)); rep(i,1,2*n) dp[i][1]=i; rep(i,1,n) a[i]=read(),a[i+n]=a[i]; rep(j,2,207){ memset(c,0,sizeof(c)); rep(i,1,2*n){ int zlk=Q.find(a[i]); if(i-zlk<n && zlk) dp[i][j]=zlk,res=j; if(dp[i][j-1]) Q.upt(a[i],dp[i][j-1]); } } printf("%d\n",res); } return 0; }
reserve：
题目大意：求将环上任意一个区间翻转后，环上的最大区间和(n<=1e6)
本题可以转换为求任意两个连续区间的最大和
首先处理链上的情况:dp[i][j][0/1]表示前i个数选了j个区间，本数选没选，推下DP方程
之后我们只需再强智选环的环首尾，再跑遍dp即可
/* 通过翻转，我们可以使换上任意两个连续区间并成一个区间 所以答案显然是换上两个最大的连续区间的和 分为两种情况 1.强制选还上首尾的区间 2.区间不包含环的首尾，直接在链上DP dp[i][j][k]表示到第i位，选了j个子段的最大值 ，第i个数选没选(k=0/1) */ #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++) #define int long long using namespace std; int n,dp[200040][3][2],a[200005],maxn=-1000000000,b; signed main(){ scanf("%lld",&n); rep(i,1,n){ scanf("%lld",&a[i]),maxn=max(maxn,a[i]); if(a[i]>=0) b++; } if(b<2){printf("%lld",maxn); return 0;} memset(dp,128,sizeof(dp)); dp[0][0][0]=0; rep(i,1,n){ rep(j,0,2){ if(j>=1) dp[i][j][1]=max(dp[i-1][j][1]+a[i],max(dp[i-1][j-1][0]+a[i],dp[i-1][j-1][1]+a[i])); dp[i][j][0]=max(dp[i-1][j][1],dp[i-1][j][0]); } } maxn=max(dp[n][2][0],dp[n][2][1]); memset(dp,128,sizeof(dp)); dp[1][0][1]=a[1]; rep(i,2,n){ rep(j,0,2){ if(j>=1) dp[i][j][1]=max(dp[i-1][j][1]+a[i],max(dp[i-1][j-1][0]+a[i],dp[i-1][j-1][1]+a[i])); else dp[i][j][1]=dp[i-1][j][1]+a[i]; dp[i][j][0]=max(dp[i-1][j][1],dp[i-1][j][0]); } } printf("%lld",max(maxn,dp[n][2][1])); return 0; }
String:
【问题描述】
给出一个长度为 2N 的数字串，这个数字串中的每一位都是 0-9 的整数，其中，有一 些位置上的数是我们已知的，还有一些位置上的数未知，当且仅当这个数字串满足：前 N 个数码的乘积等于后 N 个数码的乘积的时候，我们称这个数字串是一个好的数字串，给出 一个有若干个位置未知的数字串，请你求出在未知处填上数码之后，使得这个串是一个好 的串的方案数
【输入】 输入第一行包含一个整数 N 第二行一个长度为 2N 的数字串，其中有一些位置上为问号，代表这些位置上的字符未 知。
【输出】 所求的方案数
【输入样例】
2
2??3
【输出样例】
4
【样例说明】
(3,2) (6,4), (9,6), (0,0) 不难证明没有其它的解
【数据规模】
对于 30%数据：1≤n≤4
对于所有数据：1≤n≤18
比较简单的数位DP
将0~9中的质数列出来，设一个五维DP，随便推推dp式子
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cmath> #define int long long #define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++) using namespace std; int dp[40][60][40][30][30],n,b1,b2,a1,a2,res,b[10]={0,0,1,0,2,0,1,0,3,0}; int c[10]={0,0,0,1,0,0,1,0,0,2},d[10]={0,0,0,0,0,1,0,0,0,0},e[10]={0,0,0,0,0,0,0,1,0,0}; int ksm(int x,int y){ int r=1; while(y){ if(y&1) r=(r*x); x*=x; y>>=1; } return r; } int C(int x,int y){ int res=1; rep(i,y-x+1,y) res*=i; rep(j,1,x)res/=j; return res; } char a[40]; signed main(){ // freopen("string.out","w",stdout); scanf("%lld%s",&n,a+1); dp[0][0][0][0][0]=1; rep(i,1,n){ if(a[i]=='0') ++b1; if(a[i]=='?') ++b2; } rep(i,n+1,n*2){ if(a[i]=='0') ++a1; if(a[i]=='?') ++a2; } int ans=0,ans2=0; rep(i,1,a2) ans=ans+C(i,a2)*ksm(9,a2-i); if(a1) ans+=ksm(9,a2); rep(i,1,b2) ans2=ans2+C(i,b2)*ksm(9,b2-i); if(b1) ans2+=ksm(9,b2); if(a1 || b1){ printf("%lld",ans2*ans); return 0; } res=ans*ans2; rep(i,1,2*n){ rep(j,0,54){ rep(k,0,36){ rep(l,0,18){ rep(m,0,18){ if(i<=n){ if(a[i]!='?'){ if(j-b[a[i]-'0']>=0 && k-c[b[a[i]-'0']]>=0 && l-d[b[a[i]-'0']]>=0 && m-e[b[a[i]-'0']]>=0) dp[i][j][k][l][m]=dp[i-1][j-b[a[i]-'0']][k-c[a[i]-'0']][l-d[a[i]-'0']][m-e[a[i]-'0']]; else dp[i][j][k][l][m]=0; continue; } rep(t,1,9) if(j-b[t]>=0 && k-c[t]>=0 && l-d[t]>=0 && m-e[t]>=0){ dp[i][j][k][l][m]+=dp[i-1][j-b[t]][k-c[t]][l-d[t]][m-e[t]]; } } else{ if(a[i]!='?') dp[i][j][k][l][m]=dp[i-1][j+b[a[i]-'0']][k+c[a[i]-'0']][l+d[a[i]-'0']][m+e[a[i]-'0']]; else rep(t,1,9) dp[i][j][k][l][m]+=dp[i-1][j+b[t]][k+c[t]][l+d[t]][m+e[t]]; } } } } } } cout<<dp[2*n][0][0][0][0]+res; return 0; }
Digit：
【问题描述】
对于一个正整数n，定义一个消除操作为选定[L，R，x]，如果n的第L到第R位上的数 字都≥x，并且这些数都相等，那么该操作合法(从低位到高位编号从1开始),并将这些位数 上的数减x。 定义n的最小操作数为对一个数操作最少的次数使得这个数变成0的次数。如1232的最 小操作数为3，一个合法解是[2,2,1]，[1,3,2]，[4,4,1]。 试求[L，R]内最小操作数为k的数的个数。
【输入】 输入为三个正整数L、R、k。
【输出】 输出答案。
【输入输出样例】
digit.in
10 21 2
digit.out
9
【输入输出样例解释】 [10，21]区间内除10、11、20是最小操作数为1的以外均是最小操作数为2。
【数据范围】 对于30%的数据，1≤L≤R≤107。 对于70%的数据，1≤L≤R≤109。 对于100%的数据，1≤k≤109，1≤L≤R≤1018。 保证数据有一定梯度。
对于一个数字，我们按位将它拆分，发现如果第i位(从左往右)大于第i-1位，那么这一位肯定要多进行一次操作，使他砍到和第i-1位一样高，所以这就是一个单调栈，反之就将栈内比它大的数弹出即可
设dp[i][j][k]表示第计算到第i位，状态为j，需进行k次操作的数的数量，状态即为栈内有(1<<i)或没有(0<<i)该数，跑数位DP
CODE：
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<cmath> #define int long long #define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++) using namespace std; int dp[21][2025][21],tot,m[21],pre[2025][21],k; int wk(int y){if(y<0) return 0;return 1<<y;} int DP(int x,int y,int t,int z){ if(t>k) return 0;//cout<<"H"; if(x==0 && t==k) return 1; else if(x==0) return 0; if(!z && dp[x][y][t]!=-1) return dp[x][y][t]; int ans=0,en=z?m[x]:9; rep(i,0,en){ int hh=t;if(!(y&(wk(i-1))) && i) ++hh; ans+=DP(x-1,pre[y][i],hh,z && en==i); } if(!z) dp[x][y][t]=ans; return ans; } int cnt(int x){ tot=0;memset(dp,-1,sizeof(dp)); while(x){m[++tot]=x%10; x/=10;} return DP(tot,0,0,1); } signed main(){ // freopen("digit.out","w",stdout); int l,r; scanf("%lld%lld%lld",&l,&r,&k); rep(i,0,2024) rep(j,0,9) pre[i][j]=(((1<<j)-1)&i)|wk(j-1); printf("%lld",cnt(r)-cnt(l-1)); return 0; }
