高一下二调

OI赛制  三个半小时  四道题

T1:

eee——唐氏大水题，也是成功唐了一波，这题直接用暴力 swap交换数字及下标

A了~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~

Code：

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 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e6+10;
int n,a,cnt,id[N],xb[N];//id即输入的数,xb存每个数的下标
bool flag;
int main(){
	freopen("seat.in","r",stdin);
	freopen("seat.out","w",stdout);
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>id[i];
		xb[id[i]]=i;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		while(id[i]!=i){
			int a=id[i];
			swap(id[i],id[xb[i]]);
			swap(xb[i],xb[a]);
			cnt++;
		}
	}
	cout<<cnt;
	return 0;
}
/*
8
5 4 2 3 6 8 7 1
*/

 

T2：

 

 

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%%%%%梦中的梦中~~~%%%%%，呃呃这道题也是俺从文革上一道区间dp的改编题啊，不过这区间dp是真的想不出来，抽象

详解可见 俺从文革《金字塔》一题题解，也是小小的水了一波

直接上Code：

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 #include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=310,mod=1e9;
string s;
int f[N][N];
int solve(int l,int r){
	if(l>r) return 0;
	if(l==r) return 1;
	if(f[l][r]!=-1) return f[l][r];
	f[l][r]=0;
	for(int k=l+2;k<=r;k++)
		if(s[k]==s[l])
			f[l][r]=(f[l][r]+(long long)solve(l+1,k-1)*solve(k,r))%mod;
	return f[l][r];	
}
main(){
	freopen("school.in","r",stdin);
	freopen("school.out","w",stdout);
	cin>>s;
	memset(f,-1,sizeof(f));
	cout<<solve(0,s.size()-1)<<endl;
}

 

T3：

差分约束 糖果原题，甚至数据一模一样

Code：

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 #include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=100010;
struct stu{
	int X,A,B;
}q[N];
int n,k,a[N];
main(){
	freopen("bomb.in","r",stdin);
	freopen("bomb.out","w",stdout);
	cin>>n>>k;
	for (int i=1;i<=k;i++) cin>>q[i].X>>q[i].A>>q[i].B;
	for (int i=1;i<=n;i++) a[i]=1;
	for (int t=1;t<=200;t++){
		for (int i=1;i<=k;i++){
			if (q[i].X==1){
				if (a[q[i].A]>a[q[i].B]) a[q[i].B]=a[q[i].A];
				else a[q[i].A]=a[q[i].B];
			}
			else if (q[i].X==2){
				if (a[q[i].A]>=a[q[i].B]) a[q[i].B]=a[q[i].A]+1;
			}
			else if (q[i].X==3){
				if (a[q[i].A]<a[q[i].B]) a[q[i].A]=a[q[i].B];
			}
			else if (q[i].X==4){
				if (a[q[i].A]<=a[q[i].B]) a[q[i].A]=a[q[i].B]+1;
			}
			else if (q[i].X==5){
				if (a[q[i].A]>a[q[i].B]) a[q[i].B]=a[q[i].A];
			}
		}
	}
	for (int i=1;i<=k;i++){
		if (q[i].X==1){
				if (a[q[i].A]>a[q[i].B]) {cout<<"-1";return 0;}
			}
			else if (q[i].X==2){
				if (a[q[i].A]>=a[q[i].B]) {cout<<"-1";return 0;}
			}
			else if (q[i].X==3){
				if (a[q[i].A]<a[q[i].B]) {cout<<"-1";return 0;}
			}
			else if (q[i].X==4){
				if (a[q[i].A]<=a[q[i].B]) {cout<<"-1";return 0;}
			}
			else if (q[i].X==5){
				if (a[q[i].A]>a[q[i].B]) {cout<<"-1";return 0;}
			}
	}
	long long ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) ans+=a[i];
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}

 

T4：

二分？No，No，No，直接就被卡掉，优先队列即可，将成绩从大到小，或者从小到大排序，然后枚举中位数，在中位数左边和右边查询最小的n/2个元素和。

用动态规划一样的思路处理出从左到右边区间里面有n/2个元素和的最小值，再处理出从右到左的最小值。产生区间里面这个最小值的元素我们用一个大根堆去维护，

每次和堆顶元素比较，如果小就换掉。预处理完，然后就来一遍for循环，比较一下就好了。

看了一眼题解中的可持续化线段树和主席树.......根本不会   太蒟蒻了%%%%%

Code：

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 #include <bits/stdc++.h>
#define N 200010
using namespace std;
int n,c,maxx,sum,f[N],g[N];
priority_queue<int> q;
struct node{
    int score,w;//score为猪的CSAT成绩,w为奖学金 
}a[N];
bool cmp(node a,node b){
    return a.score<b.score;
}
int main(){
	freopen("money.in","r",stdin);
	freopen("money.out","w",stdout);
    cin>>n>>c>>maxx;
    for(int i=1;i<=c;i++) cin>>a[i].score>>a[i].w;
    sort(a+1,a+1+c,cmp);
    for(int i=1;i<=n/2;i++){
        sum+=a[i].w;
        q.push(a[i].w);
    }
    for(int i=n/2+1;i<=c;++i){
        f[i]=sum;
        int top=q.top();
        if(top>a[i].w){
            q.pop();
            sum-=top;
            sum+=a[i].w;
            q.push(a[i].w);
        }
    }
    sum=0;
    while(!q.empty()) q.pop();
    for(int i=c;i>=c-n/2+1;i--){
        sum+=a[i].w;
        q.push(a[i].w);
    }
    for(int i=c-n/2;i>=1;i--){
        g[i]=sum;
        int top=q.top();
        if(top>a[i].w){
            q.pop();
            sum-=top;
            sum+=a[i].w;
            q.push(a[i].w);
        }
    }
    for(int i=c-n/2;i>=n/2+1;i--)
        if(a[i].w+f[i]+g[i]<=maxx){
            cout<<a[i].score;
            return 0;
        }
    cout<<-1;
    return 0;
}
/*
3 7 15
1 1
2 2
3 12
4 4
5 5
6 6
7 7
*/

 

 

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一名爱打篮球的oier#