2017-10-2 清北刷题冲刺班p.m
最大值
(max)
Time Limit:1000ms Memory Limit:128MB
题目描述
LYK有一本书，上面有很多有趣的OI问题。今天LYK看到了这么一道题目：
这里有一个长度为n的正整数数列ai(下标为1~n)。并且有一个参数k。
你需要找两个正整数x,y，使得x+k<=y，并且y+k-1<=n。并且要求a[x]+a[x+1]+…+a[x+k-1]+a[y]+a[y+1]+…+a[y+k-1]最大。
LYK并不会做，于是它把题扔给了你。
输入格式(max.in)
第一行两个数n，k。
第二行n个数，表示ai。
输出格式(max.out)
两个数表示x,y。若有很多种满足要求的答案，输出x最小的值，若x最小仍然还有很多种满足要求的答案，输出y最小的值。
输入样例
5 2
6 1 1 6 2
输出样例
1 4
对于30%的数据n<=100。
对于60%的数据n<=1000
对于100%的数据1<=n<=100000，1<=k<=n/2，1<=ai<=10^9。
/* 题目就是让求长度为k的两个互不重叠区间的和最大 枚举两个区间的开头，用前缀和求一下 */ #include<iostream> #include<cstdio> #define maxn 100010 using namespace std; int n,k,a[maxn],x,y; long long sum[maxn],mx; int main(){ //freopen("Cola.txt","r",stdin); freopen("max.in","r",stdin);freopen("max.out","w",stdout); scanf("%d%d",&n,&k); for(int i=1;i<=n;i++){ scanf("%d",&a[i]); sum[i]=sum[i-1]+a[i]; } long long sum1,sum2; for(int s1=1;s1<=n-2*k+1;s1++){ sum1=sum[s1+k-1]-sum[s1-1]; for(int s2=s1+k;s2<=n-k+1;s2++){ sum2=sum[s2+k-1]-sum[s2-1]; if(sum1+sum2>mx){ mx=sum1+sum2; x=s1,y=s2; } } } printf("%d %d",x,y); fclose(stdin);fclose(stdout); return 0; }
/* b[i]表示左端点在i长度为k的区间这个和是多少 找一个x，找一个y，使得x+k<=y，并且y+k-1<=n 并且b[x]+b[y]最大 当固定x的时候， x+k<=y<=n-k+1 区间求最大 -> 线段树/倍增表 nlgn 当x从大变小的时候， y解锁了一个位置 拿这个数来更新b[y]的最大值 O(n) */ #include <cmath> #include <cstdio> #include <cstdlib> #include <iostream> #include <algorithm> using namespace std; int n,m,a[200005],i,ansx,ansy; long long sum[200005],MAX,MAX1[200005],MAX2[200005],x2[200005],x1[200005]; int main() { freopen("max.in","r",stdin); freopen("max.out","w",stdout); scanf("%d%d",&n,&m); for (i=1; i<=n; i++) scanf("%d",&a[i]); for (i=1; i<=n; i++) sum[i]=sum[i-1]+(long long)a[i]; // return 0; for (i=m; i<=n; i++) { //if (i%1000==0)cout<<i<<endl; if (MAX1[i-1]>=sum[i]-sum[i-m]) { x1[i]=x1[i-1]; MAX1[i]=MAX1[i-1]; } else { x1[i]=i-m+1; MAX1[i]=sum[i]-sum[i-m]; } } for (i=n-m+1; i>=1; i--) { if (MAX2[i+1]>sum[i+m-1]-sum[i-1]) { x2[i]=x2[i+1]; MAX2[i]=MAX2[i+1]; } else { x2[i]=i; MAX2[i]=sum[i+m-1]-sum[i-1]; } } for (i=m; i<=n-m; i++) { if (MAX1[i]+MAX2[i+1]>MAX) { MAX=MAX1[i]+MAX2[i+1]; ansx=x1[i]; ansy=x2[i+1]; } } printf("%d %d\n",ansx,ansy); return 0; }
吃东西
(eat)
Time Limit:2000ms Memory Limit:1024MB
题目描述
一个神秘的村庄里有4家美食店。这四家店分别有A,B,C,D种不同的美食。LYK想在每一家店都吃其中一种美食。每种美食需要吃的时间可能是不一样的。
现在给定第1家店A种不同的美食所需要吃的时间a1,a2,…,aA。
给定第2家店B种不同的美食所需要吃的时间b1,b2,…,bB。
以及c和d。
LYK拥有n个时间，问它有几种吃的方案。
输入格式(eat.in)
第一行5个数分别表示n,A,B,C,D。
第二行A个数分别表示ai。
第三行B个数分别表示bi。
第四行C个数分别表示ci。
第五行D个数分别表示di。
输出格式(eat.out)
一个数表示答案。
输入样例
11 3 1 1 1
4 5 6
3
2
1
输出样例
2
对于30%的数据A,B,C,D<=50
对于另外30%的数据n<=1000。
对于100%的数据1<=n<=100000000，1<=A,B,C,D<=5000,0<=ai,bi,ci,di<=100000000。
#include<iostream> #include<cstdio> #include<ctime> #include<algorithm> #define maxn 5010 using namespace std; int n,A,B,C,D,a[maxn],b[maxn],c[maxn],d[maxn],cnt; long long v[25000010],ans; int find(int x){ int l=1,r=cnt,res=0; while(l<=r){ int mid=(l+r)>>1; if(v[mid]<=x)res=mid,l=mid+1; else r=mid-1; } return res; } int main(){ //freopen("data.txt","r",stdin); freopen("eat.in","r",stdin);freopen("eat.out","w",stdout); scanf("%d%d%d%d%d",&n,&A,&B,&C,&D); for(int i=1;i<=A;i++)scanf("%d",&a[i]); for(int i=1;i<=B;i++)scanf("%d",&b[i]); for(int i=1;i<=C;i++)scanf("%d",&c[i]); for(int i=1;i<=D;i++)scanf("%d",&d[i]); sort(a+1,a+A+1);sort(b+1,b+B+1); sort(c+1,c+C+1);sort(d+1,d+D+1); if(a[A]+b[B]+c[C]+d[D]<=n){ ans=1LL*A*B*C*D; cout<<ans; return 0; } for(int i=1;i<=A;i++){ if(a[i]>n)break; for(int j=1;j<=B;j++){ if(a[i]+b[j]>n)break; v[++cnt]=a[i]+b[j]; } } sort(v+1,v+cnt+1); for(int i=1;i<=C;i++){ if(c[i]>n)break; for(int j=1;j<=D;j++){ if(c[i]+d[j]>n)break; int pos=find(n-c[i]-d[j]);//小于等于某数的最后一个位置 ans+=pos; } } cout<<ans; fclose(stdin);fclose(stdout); return 0; }
/* 1024MB*1024*1024/4 = 225000000个int数组 A和B C和D A和B和C和D A和B中的一种 C和D的一种 A和B 双重循环 来得到一个f[i]表示花了i这个时间有几种可能 A*B 进行桶排序，把f按次序的放进x数组中，A*B种可能排个序 C和D 双重循环 来得到一个g[i]表示花了i这个时间有几种可能 C*D 进行桶排序，把g按次序的放进y数组中，C*D种可能排个序 A*B 一个数组x C*D的一个数组y 查询存在多少对i,j，使得x[i]+y[j]<=n （x和y都是有序的） x和y都是顺序的。 x[1] y[?] 一个前缀(1~p) x[2] y[??] 一个前缀(1~pp) pp<=p x[3] y[???] 一个前缀(1~ppp) ppp<=pp 当一个规模解决不了的时候，分成两半 meet in the middle */ #include <cmath> #include <cstdio> #include <cstdlib> #include <iostream> #include <algorithm> #include <string> #include <cstring> using namespace std; int f[100000005],c[25000005],cc[25000005]; int A,B,C,D,n,a[5005],b[5005],aa[5005],bb[5005],MAX,cnt,cntt,i,j,now; long long ans; int main() { freopen("eat.in","r",stdin); freopen("eat.out","w",stdout); scanf("%d%d%d%d%d",&n,&A,&B,&C,&D); if (n==0 && A==0 && B==0 && C==0 && D==0) return 0; for (i=1; i<=A; i++) scanf("%d",&a[i]); for (i=1; i<=B; i++) scanf("%d",&b[i]); MAX=0; cnt=cntt=0; for (i=1; i<=A; i++) for (j=1; j<=B; j++) if (a[i]+b[j]<=n) { f[a[i]+b[j]]++; MAX=max(MAX,a[i]+b[j]); } for (i=0; i<=MAX; i++) while (f[i]) { f[i]--; c[++cnt]=i; } for (i=1; i<=C; i++) scanf("%d",&aa[i]); for (i=1; i<=D; i++) scanf("%d",&bb[i]); MAX=0; for (i=1; i<=C; i++) for (j=1; j<=D; j++) if (aa[i]+bb[j]<=n) { f[aa[i]+bb[j]]++; MAX=max(MAX,aa[i]+bb[j]); } for (i=0; i<=MAX; i++) while (f[i]) { f[i]--; cc[++cntt]=i; } for (i=cntt; i>=1; i--) if (c[1]+cc[i]<=n) break; now=i; for (i=1; i<=cnt; i++) { ans+=now; while (now&& c[i+1]+cc[now]>n) now--; } cout<<ans<<endl; ans=0; return 0; }
分糖果
(candy)
Time Limit:1000ms Memory Limit:128MB
题目描述
总共有n颗糖果，有3个小朋友分别叫做L，Y，K。每个小朋友想拿到至少k颗糖果，但这三个小朋友有一个共同的特点：对3反感。也就是说，如果某个小朋友拿到3颗，13颗，31颗，333颗这样数量的糖果，他就会不开心。（也即它拿到的糖果数量不包含有一位是3）
LYK掌管着这n颗糖果，它想问你有多少种合理的分配方案使得将这n颗糖果全部分给小朋友且没有小朋友不开心。
例如当n=3,k=1时只有1种分配方案，当n=4，k=1时有3种分配方案分别是112,121,211。当n=7,k=2时则不存在任何一种合法的方案。
当然这个答案可能会很大，你只需输出答案对12345647取模后的结果就可以了。
输入格式(candy.in)
第一行两个数表示n,k。
输出格式(candy.out)
一个数表示方案总数。
输入样例
99999 1
输出样例
9521331
对于30%的数据n<=100
对于50%的数据n<=1000。
对于另外30%的数据k=1。
对于100%的数据3<=n<=10^10000,1<=k<=n/3，且n,k不包含前导0。
#include<iostream> #include<cstdio> #define mod 12345647 using namespace std; int n,k,ans; bool check(int x){ while(x){ if(x%10==3)return 0; x/=10; } return 1; } int main(){ freopen("candy.in","r",stdin);freopen("candy.out","w",stdout); scanf("%d%d",&n,&k); for(int i=k;i<=n-k-k;i++){ for(int j=k;i+j<=n-k;j++){ int k=n-i-j; if(check(i)&&check(j)&&check(k))ans++; if(ans>=mod)ans-=mod; } } cout<<ans; fclose(stdin);fclose(stdout); return 0; }
/* 枚举两个数，第三个数是确定，判断一下。 f[i]表示i这个数字是否有3 dp[i][j][0/1][0/1][0/1]来表示当前从高到低第i位，并且这一位需要向它的高位进j位 j=[0,2] 这3个数分别是否超过了k for (i=1; i<=|a|; i++) for (j=0; j<=2; j++) for (u=0; u<=1; u++) for (v=0; v<=1; v++) for (w=0; w<=1; w++) for (x=0; x<=9; x++) for (y=0; y<=9; y++) for (z=0; z<=9; z++) if (x+y+z>=10*j && x!=3 && y!=3 && z!=3) { int k=x+y+z-10*j; if (k==a[i]) {dp[i+1][0][][][]+=dp[i][j];} if (k==a[i]-1) {dp[i+1][1][][][]+=dp[i][j];} if (k==a[i]-2) {dp[i+1][2][][][]+=dp[i][j];} } n=|a| cout<<dp[n][0]; */ #include <cmath> #include <cstdio> #include <cstdlib> #include <iostream> #include <algorithm> #include <string> #include <cstring> using namespace std; const int MOD=12345647; int dp[10005][3][2][2][2],a[10005],b[10005],len1,len2,i,j,k,l,t,I,J,K,L,T,s1,s2,s3,ans; char n[10005],LL[10005]; void ADD(int &A,int B) {A+=B; if (A>=MOD) A-=MOD;} int main() { freopen("candy.in","r",stdin); freopen("candy.out","w",stdout); scanf("%s",n); scanf("%s",LL); len1=strlen(n); len2=strlen(LL); for (i=0; i<len1; i++) a[i+1]=n[i]-'0'; for (i=0; i<len1; i++) b[i+1]=0; for (i=0; i<len2; i++) b[1+i+len1-len2]=LL[i]-'0'; for (i=0; i<=len1; i++) for (j=0; j<=2; j++) for (k=0; k<=1; k++) for (l=0; l<=1; l++) for (t=0; t<=1; t++) dp[i][j][k][l][t]=0; dp[0][0][0][0][0]=1; for (i=0; i<len1; i++) for (j=0; j<=2; j++) for (k=0; k<=1; k++) for (l=0; l<=1; l++) for (t=0; t<=1; t++) if (dp[i][j][k][l][t]) { for (s1=0; s1<=9; s1++) if (s1!=3) for (s2=0; s2<=9; s2++) if (s2!=3) for (s3=0; s3<=9; s3++) if (s3!=3) { I=i+1; J=j*10+a[i+1]-s1-s2-s3; if (J>2 || J<0) continue; if (k==0 && s1<b[i+1]) continue; K=(k || s1>b[i+1]); if (l==0 && s2<b[i+1]) continue; L=(l || s2>b[i+1]); if (t==0 && s3<b[i+1]) continue; T=(t || s3>b[i+1]); ADD(dp[I][J][K][L][T],dp[i][j][k][l][t]); } } for (k=0; k<=1; k++) for (l=0; l<=1; l++) for (t=0; t<=1; t++) ADD(ans,dp[len1][0][k][l][t]); cout<<ans<<endl; ans=0; return 0; }
