牛客挑战赛72 总结

A

题意:给定一个数组,问有多少 i[2,n1],a[i1]>a[i]<a[i+1]
做法:模拟。

B

题意:按顺序将 n 个数加入集合,维护前 6 大的数。对于每个数求出它会将第几个数踢出前 6 或者不踢出任何其他数。
做法:模拟。可以使用priority_queue实现。但是要注意priority_queue默认大根堆,取相反数即可。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
signed main()
{
    int n;cin>>n;
    int ans=n;
    vector<double> A(n);
    vector<int> Ans;
    for(int i=0;i<n;i++) cin>>A[i],A[i]*=1e8;
    priority_queue<pair<int,int> > q;
    for(int i=0;i<n;i++)
    {
        q.push(make_pair(-A[i],i));
        if(q.size()>6)
        {
            if(q.top().second==i) ans--,Ans.push_back(0);
            else Ans.push_back(q.top().second+1);
            q.pop();
        }
        else Ans.push_back(0);
    }
    cout<<ans<<endl;
    for(auto x:Ans) cout<<x<<' ';
}

C

题意:给定一棵树,带点权。建立一个无向完全图,边 (u,v) 的权值为 lca(u,v) 的权值。求一条哈密顿路径,使边权和最大。输出这个边权和。n300
做法:
假设哈密顿路径是有向的,则可以看作每个点对应着一条入边一条出边(除了起点终点)。
维护 f[x][i] 表示以 x 为根的子树中有 i 个点的出边经过根 x 时子树的答案。
可以发现如果一条出边向上经过 x ,那么它发源于哪个点其实是无关紧要的,这条出边的贡献可能是点 x 到点 1 (根节点)的路径上的某一个点的点权。
同时,i 条出边经过根 x 也意味着子树 x 中包含了 i 条路径,也就是有 i 个终点, i 个起点 。
考虑转移,将 x 的一个儿子 y 的答案合并到 x 的答案:

f[x][i+jk]=min{f[x][i]+f[y][j]+kval[x]}

其中枚举 k 表示将来自于 y 的出边塞到了 x 的其他子树中,或者是将来自于其他子树的出边塞到了 y 中,这二者都会对答案产生 val[x] 的贡献。
关于 k 还有一些小细节:
1、k[0,2min{i,j}],假如 i<j ,则 j 超出的部分在 i 中找不到可以链接的位置。
2、i+jk>0 ,这是为了防止回路的出现。
另外,由于更新前后的 f 不同,所以用 f 表示用子树 y 更新后的 f
最后用 f[1][1] 表示答案。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define inf 1e18
const int N=305;
vector<int> son[N];
int n,a[N],f[N][N],s[N],siz[N];
void dfs(int x)
{
    siz[x]=1;
    for(int i=0;i<=n;i++) f[x][i]=-inf;
    f[x][1]=0;
    for(int y:son[x])
    {
        dfs(y);
        for(int i=0;i<=n;i++) s[i]=-inf;
        for(int i=0;i<=siz[x];i++)
            for(int j=0;j<=siz[y];j++)
                for(int k=0;k<=min(i,j)*2;k++)
                    if(i+j-k) s[i+j-k]=max(s[i+j-k],f[x][i]+f[y][j]+k*a[x]);
        siz[x]+=siz[y];
        for(int i=0;i<=n;i++) f[x][i]=s[i];
    }
}
signed main()
{
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        int x;cin>>x;
        son[x].push_back(i);
    }
    dfs(1);
    cout<<f[1][1]<<endl;
}

D

题意:给定一个 0n1 的排列,m 次询问 l,r,k ,问区间 [l,r] 中第 k 小的未出现过的数。
做法:
如果不询问区间,那么可以用权值线段树解决。
如果询问的区间都是前缀,那么可以用离线后用权值线段树解决。
如果询问任意区间,那么可以用可持久化权值线段树解决,也就是主席树。
权值线段树可以求第 k 小,反一下就可以求未出现自然数第 k 小,所以只要把每次加入的数在主席树中新加一列就可以实现区间第 k 小。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
template<class T>inline void read(T &x)
{
	x=0;int f=0;char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch))	f=ch=='-',ch=getchar();
	while(isdigit(ch))	x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
	x=f?-x:x;
}
const int N=1e6+5;
int tree[N<<5],ls[N<<5],rs[N<<5],rt[N],n,a[N],tot,TOT,m;
#define mid (l+r>>1)
void upd(int l,int r,int pre,int &k,int x,int val)
{
	if(!k)	k=++tot;
	if(l==r)	return tree[k]=val,void();
	if(mid>=x)	rs[k]=rs[pre],upd(l,mid,ls[pre],ls[k],x,val);
	else	ls[k]=ls[pre],upd(mid+1,r,rs[pre],rs[k],x,val);
    tree[k]=tree[ls[k]]+tree[rs[k]];
}
int query(int l,int r,int pre,int k,int rk)
{
    if(l==r) return l;
    if(mid-l+1-(tree[ls[k]]-tree[ls[pre]])>=rk) return query(l,mid,ls[pre],ls[k],rk);
    return query(mid+1,r,rs[pre],rs[k],rk-(mid-l+1-(tree[ls[k]]-tree[ls[pre]])));
}
int main()
{
	read(n),read(m);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        read(a[i]);
        a[i]++;
        upd(1,n,rt[i-1],rt[i],a[i],1);
    }
    while(m--)
    {
        int l,r;
        long long rk;
        read(l),read(r),read(rk);
        if(rk>n-(r-l+1)) printf("%lld\n",rk+(r-l+1)-1);
        else printf("%d\n",query(1,n,rt[l-1],rt[r],rk)-1);
    }
	return 0;
}

剩下两题有时间再补(

posted @   napnah  阅读(82)  评论(0编辑  收藏  举报
相关博文:
阅读排行:
· [翻译] 为什么 Tracebit 用 C# 开发
· Deepseek官网太卡,教你白嫖阿里云的Deepseek-R1满血版
· DeepSeek崛起:程序员“饭碗”被抢,还是职业进化新起点?
· 2分钟学会 DeepSeek API,竟然比官方更好用!
· .NET 使用 DeepSeek R1 开发智能 AI 客户端
点击右上角即可分享
微信分享提示