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题意很简单，n个桥的高度是事先给出来的，然后有m次涨水与落水的高度，问有多少座桥在这m次涨落之后 被淹超过了k次，如果某桥本身被水淹了，此时再涨水，就不能算多淹一次看下数据10的五次方，10的五次方的硬循环是避免不了了，很明显在计算被淹次数的时候要能缩到logN的复杂度才好。于是想到先对桥由低到高排一下序，然后获取前一次的落水值和这次的涨水值，只要桥高度在涨落直接的必定是又被淹了一次。要多次对序列的某个区间进行加操作，自然是线段树了，确定区间的时候，就用二分，在进行线段树的时候 用懒惰标记#include #include #include #include #define Lson (rt= 阅读全文
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大白书上的题目，比较巧妙的是其分析，为了求某个i点做裁判的时候的情况数，只要知道左边有多少比它小的记为ansc，右边有多少比它小的记为ansd，则总种数，必定为ansc*（右边总数-ansd）+ansd*（左边总数-ansc）。为了速度求出ansc和ansd，用到树状数组，这倒不是很难得地方，每次读到a[i],更新a[i]值+1即可。反过来求一次即可求出来 ansd注意最后数据可能超过32位整数，因此用long long树状数组的使用还有些不熟练。。。要继续加强#include #include #include using namespace std;int x[100005];long l 阅读全文
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上次周赛碰到这个题目，居然都没思路，真是不应该啊，起码也应该想到枚举法。因为题目只允许每一row进行reverse操作，而每两列可以进行交换操作，所以首先把row的变化固定下来，即枚举第一列与第1-m列进行交换，之后逐个检查每一行第一列的状态 与 终态是否一致，不一致的话则该行就一定要进行reverse操作了，这样下来，每次枚举就把row的reverse变化给固定下来，接下来只要枚举 接下来的2-m行互相的列变换即可，只需一个嵌套循环即可，总的循环也只是三重 而n和m仅有100，规模承担的起一个简单的枚举暴力题 虽然说还是带有一点技巧的，怎么比赛的时候就没想出来呢！！！#include #in 阅读全文
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第一次做树状数组，这个东西还是蛮神奇的，通过一个简单的C数组就可以表示出整个序列的值，并且可以用logN的复杂度进行改值与求和。这道题目我根本不知道怎么和树状数组扯上的关系，刚开始我想直接按图来遍历来做，后来用树状数组做完都跑了600+MS，那样估计是TLE了。做法就是用DFS把整个图重建一遍，代号小的点在叶子，代号大的点为根。记录每个根的起始点号为 idl，根点号为 idh，则求某个根的苹果和就直接调用树状数组的sum即可。不过前提是要建好树，我一开始不明白为什么要建一颗标准树，即就是按1 2 3 4。。。。，每个点有一个苹果的递增的标准树，因为整个图并不是按这个标准来建得，2号点C值为1号 阅读全文
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ZJU 三月月赛题，当时见这个题目没辙，没学过splay，敲了个链表TLE了，所以回来好好学了下Splay，这道题目是伸展树的第二题，对于伸展树的各项操作有了更多的理解，这题不同于上一题的用指针表示整个树，采用纯数组表示，null节点即为0节点，这样就带来一个问题，就是有时候会有事没事就指向0节点，结果把0节点也算在结果里面，弄得我要几个地方都判断下。#include #include #include #include #define N 310000using namespace std;int tot,root,n,m;int ch[N][2],val[N],gcdst[N][2],si 阅读全文
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上次ZOJ月赛碰到一个题目要求对序列中的某个区间求gcd，并且还要随时对某位数字进行修改 插入 删除，当时马上联想到线段树，但是线段树不支持增删，明显还是不可以的，然后就敲了个链表想暴力一下，结果TLE。那天回来后搜了下题解，发现大家都在说平衡树 Splay，就好好学了下，这玩意还是挺难学的，我看了好久。最后还是从网上找了三篇论文打印了下，趁着TCG讲数据库的时候（这课真的好催眠）好好看了下，才搞清楚基本的Splay操作这是第一道Splay题目，基本上是照着模板敲出来的，没办法，第一次学，好多地方不熟练，不过整个过程我已经形成了一个条理了，这倒是一大收获由于自己的粗心，好几个细节错了，调试了好 阅读全文
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这道题目的DP思想挺先进的，用状态DP来表示各个子巧克力块。原本是要 dp(S,x,y)，S代表状态，x,y为边长，由于y可以用面积/x表示出来，就压缩到了只有两个变量，在转移过程也是很巧妙，枚举S的子集s0,然后 s1=S-s0来代表除该子集的另一个集合，接下来分两种情况，如果这个子集是通过把 S保留x，切割y，则转移到dp(s0,x)和dp(s1,x)，另一种情况是转移到dp(s0,y)和dp（s1,y）。为了更加缩小状态，统一把转移方程的 x换成 min(x,sum[S]/x)，sum为该状态下的面积#include #include #include //#include #defin 阅读全文
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上次的ZJU月赛题，规则比较复杂，当时就连题意都没摸清楚，只觉得非常复杂比完后敲啊敲啊敲，连续WA啊，该反思下自己，没按照题意来设置条件，题目中说了 白球入袋并且。。。 给对手加分 ，白球未入袋并且。。。给对手加分，这个白球未入袋的情况也要加在判断条件里啊啊啊啊，还有就是有个地方要排序我居然忘了，好久都没发现。#include #include #include #include using namespace std;int n,m;int a[1010];int vis[10010];int ans[2];int hit[1010],c[1010];int main(){ while... 阅读全文
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这个题目我最初的做法沿用树形DP的做法，设置一个 dp[i][0]表示机器人在i点不回去的最短路径，dp[i][1]表示机器人在i点回去的最短路径，规划方向为i-1向i转移，结果发现这个不能用树形的结构去描述，当前状态不能仅仅靠前一个状态就决定好了，对于后面的点来说，可能当前点走另外一条路会好一些故，最后还是使用了书上的结构，其实也很简单，用d[i],表示收完从1-i所有的垃圾并送回原点的垃圾桶的最优距离，显然，最终结果就是d[n];则，如果某个j点满足 w(j+1,i)#include #include #include using namespace std;int d[100010];i 阅读全文
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刚看到这个题目不知道怎么个DP法，有点难想到解法如下设置dp[i][j]代表i到j这段子序列能获得的最大值，这样，枚举m=min(m,dp[i+1到j][j],dp[i][i到j-1])，m就代表了给另一个人的,就可求得就只能取到 dp[i][j]-sum(i,j)-m,这样，sum为该段序列总和，只需简单的数列前缀和即可求得sum，这样，只需枚举m值，不断向下进行记忆化搜索，即可求得终结果。#include #include #include using namespace std;int n;int dp[110][110];int vis[110][110];int s[110];int 阅读全文