2017-10-2 清北刷题冲刺班a.m
一道图论神题
(god)
Time Limit:1000ms Memory Limit:128MB
题目描述
LYK有一张无向图G={V,E}，这张无向图有n个点m条边组成。并且这是一张带权图，只有点权。
LYK想把这个图删干净，它的方法是这样的。每次选择一个点，将它删掉，但删这个点是需要代价的。假设与这个点相连的还没被删掉的点是u1,u2,…,uk。LYK将会增加a[u1],a[u2],…,a[uk]的疲劳值。
它想将所有点都删掉，并且删完后自己的疲劳值之和最小。你能帮帮它吗？
输入格式(god.in)
第一行两个数n,m表示一张n个点m条边的图。
第二行n个数ai表示点权。
接下来m行每行三个数u,v，表示有一条连接u,v的边。数据保证任意两个点之间最多一条边相连，并且不存在自环。
输出格式(god.out)
你需要输出这个最小疲劳值是多少。
输入样例
4 3
10 20 30 40
1 4
1 2
2 3
输出样例
40
样例解释
一个合理的方法是先删4号点，此时有10点疲劳值。接下来删3号点，获得20点疲劳值，再删2号点，获得10点疲劳值，最后删1号点，没有疲劳值。总计40点疲劳值。
对于30%的数据n<=10。
对于60%的数据n,m<=1000。
对于100%的数据1<=n,m,ai<=100000
/* 贪心 每次选择权值最大的点删除即可 */ #include<iostream> #include<cstdio> #include<queue> using namespace std; #define maxn 100010 int n,m,head[maxn],w[maxn]; struct node{ int to,pre,v; }e[maxn*2]; struct Node{ int id,val; bool operator < (const Node b)const{ return val<b.val; } }; priority_queue<Node>q; int qread(){ int i=0; char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9')ch=getchar(); while(ch<='9'&&ch>='0'){i=i*10+ch-'0';ch=getchar();} return i; } void Insert(int from,int to,int v,int num){ e[num].to=to; e[num].pre=head[from]; e[num].v=v; head[from]=num; } int main(){ //freopen("Cola.txt","r",stdin); freopen("god.in","r",stdin);freopen("god.out","w",stdout); n=qread();m=qread(); Node now; for(int i=1;i<=n;i++){ w[i]=qread(); now.id=i;now.val=w[i]; q.push(now); } int x,y; for(int i=1;i<=m;i++){ x=qread();y=qread(); Insert(x,y,w[y],i);Insert(y,x,w[x],i+m); } long long ans=0; while(!q.empty()){ now=q.top();q.pop(); int cur=now.id; for(int i=head[cur];i;i=e[i].pre){ ans+=e[i].v; if(i<=m)e[i].v=0,e[i+m].v=0; if(i>m)e[i].v=0,e[i-m].v=0; } } cout<<ans; fclose(stdin);fclose(stdout); return 0; }
位运算2
(bit)
Time Limit:1000ms Memory Limit:128MB
题目描述
LYK拥有一个十进制的数N。它赋予了N一个新的意义：不考虑N的符号，将N每一位都拆开来后再加起来就是N所拥有的价值。例如数字123拥有6的价值，数字999拥有27的价值，数字-233拥有8的价值。
假设数字N的价值是K，LYK想找到一个价值是K+1的数字，当然这个答案实在太多了，LYK想使得这个价值为K+1的数字尽可能大，并且需要保证这个数字小于N。
输入格式(bit.in)
一个整数N。
输出格式(bit.out)
一个数表示答案。你需要输出一个整数，且这个数不包含前导0。
输入样例1
199
输出样例1
-299
输入样例2
1520
输出样例2
1512
对于20%的数据|N|<=10
对于40%的数据|N|<=100
对于60%的数据|N|<=10^9
对于80%的数据|N|<=10^1000
对于100%的数据|N|<=10^100000。
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #define maxn 100010 using namespace std; int bit[maxn],len,f[maxn],w; char s[maxn]; bool flag=0; void dfs(int pos,bool limit,int sum){ if(flag)return; if(sum>w)return; if(pos==len+1){ if(sum==w){ int start=1; while(f[start]==0)start++; for(int i=start;i<=len;i++)printf("%d",f[i]); flag=1; } return; } if(limit){ for(int i=bit[pos];i>=0;i--){ f[pos]=i; dfs(pos+1,limit&&(i==bit[pos]),sum+i); } } else{ for(int i=9;i>=0;i--){ f[pos]=i; dfs(pos+1,0,sum+i); } } } int main(){ //freopen("Cola.txt","r",stdin); freopen("bit.in","r",stdin);freopen("bit.out","w",stdout); scanf("%s",s+1); len=strlen(s+1); if(s[1]<='9'&&s[1]>='0')for(int i=1;i<=len;i++)bit[i]=s[i]-'0'; else { for(int i=2;i<=len;i++)bit[i]=s[i]-'0'; bit[1]=-1; } if(bit[1]!=-1){//n是正数 if(bit[len]<=7&&bit[len-1]>0){ bit[len]+=2; bit[len-1]--; for(int i=1;i<=len;i++)printf("%d",bit[i]); return 0; } for(int i=1;i<=len;i++)w+=bit[i]; w++; dfs(1,1,0); if(flag)return 0; int cnt=0; while(w){ if(w>=9){ f[++cnt]=9; w-=9; } else f[++cnt]=w,w=0; } printf("-"); for(int i=cnt;i>=1;i--)printf("%d",f[i]); } if(bit[1]==-1){//n是负数 int now=len; while(now>2&&bit[now]==9)now--; if(bit[now]!=9){ bit[now]++; printf("-"); for(int i=2;i<=len;i++)printf("%d",bit[i]); return 0; } else{ printf("-1"); for(int i=2;i<=len;i++)printf("%d",bit[i]); return 0; } } }
/* 全程特判： 1.最后一位<8，倒数第二位>0，最后一位+2，倒数第二位-1 2.6368899->6359999 3.4566544099->4566543992 从后往前，统计9-a[i]的和，直到>=2。 再往前，找第一个>0的数，把这个数-1， 再整理下后面的数（一开始全是9...，尽可能大） */ #include <cmath> #include <cstdio> #include <cstdlib> #include <iostream> #include <algorithm> #include <string> #include <cstring> using namespace std; char s[100005]; int len,sum,i,j,FLAG; int main() { freopen("bit.in","r",stdin); freopen("bit.out","w",stdout); scanf("%s",s); FLAG=0; if (s[0]!='-') { len=strlen(s); sum=0; for (i=len-1; i>=0; i--) { if (s[i]>='1' && sum>=2) { s[i]=char(s[i]-1); sum=2; for (j=i+1; j<len; j++) { while (sum && s[j]<'9') { sum--; s[j]=char(s[j]+1); } } int SS=0; for (j=i+1; j<len; j++) SS+=s[j]-'0'; for (j=i+1; j<len; j++) { if (SS>=9) {s[j]='9'; SS-=9;} else {s[j]=char(SS+'0'); SS=0;} } FLAG=1; break; } sum+='9'-s[i]; } if (FLAG) { for (i=0; i<len; i++) if (s[i]!='0') break; for (j=min(len-1,i); j<len; j++) cout<<s[j]; cout<<endl; return 0; } cout<<'-'; for (i=len-1; i>=0; i--) { if (s[i]<'9') { s[i]=char(s[i]+1); FLAG=1; break; } } if (FLAG) { for (i=0; i<len; i++) if (s[i]!='0') break; for (j=min(len-1,i); j<len; j++) cout<<s[j]; cout<<endl; return 0; } cout<<1; for (i=0; i<len; i++) if (s[i]!='0') break; for (j=min(len-1,i); j<len; j++) cout<<s[j]; cout<<endl; return 0; } FLAG=0; cout<<'-'; len=strlen(s); for (i=len-1; i>=1; i--) { if (s[i]<'9') { s[i]=char(s[i]+1); FLAG=1; break; } } if (FLAG) { for (i=1; i<len; i++) if (s[i]!='0') break; for (j=min(len-1,i); j<len; j++) cout<<s[j]; cout<<endl; return 0; } cout<<1; for (i=1; i<len; i++) if (s[i]!='0') break; for (j=min(len-1,i); j<len; j++) cout<<s[j]; cout<<endl; return 0; }
逆序对
(pair)
Time Limit:1000ms Memory Limit:128MB
题目描述
LYK最近在研究逆序对。
这个问题是这样的。
一开始LYK有一个2^n长度的数组ai。
LYK有Q次操作，每次操作都有一个参数k。表示每连续2^k长度作为一个小组。假设n=4,k=2，则a[1],a[2],a[3],a[4]为一个小组，a[5],a[6],a[7],a[8]为一个小组，a[9],a[10],a[11],a[12]为一个小组，a[13],a[14],a[15],a[16]也为一个小组。
然后LYK对于每个小组都翻转，也就是说原数组会变成a[4],a[3],a[2],a[1],a[8],a[7],a[6],a[5],a[12],a[11],a[10],a[9],a[16],a[15],a[14],a[13]。之后它想求出这2^n个数的逆序对是多少。
因此你需要输出对于每次操作，操作完后这2^n个数的逆序对有多少对。
两个数ai,aj被称为逆序对当且仅当i<j且ai>aj。
输入格式(pair.in)
第一行一个数n。
接下来一行2^n个数ai表示一开始的数组。
接下来一行一个数Q，表示操作的次数。
接下来一行Q个数，表示每次操作的参数k。
输出格式(pair.out)
Q行，表示每次操作后的答案。
输入样例
2
2 1 4 3
4
1 2 0 2
输出样例
0
6
6
0
样例解释
第一次操作，{2,1,4,3}->{1,2,3,4}
第二次操作，{1,2,3,4}->{4,3,2,1}
第三次操作，{4,3,2,1}->{4,3,2,1}
第四次操作，{4,3,2,1}->{1,2,3,4}
对于30%的数据n<=10，Q<=10。
对于50%的数据n<=10，Q<=1000。
对于80%的数据n<=10，Q<=200000。
对于100%的数据n<=17，Q<=200000，1<=ai<=2^n。
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> using namespace std; #define maxn 131073 int n,a[2][maxn],Q,tr[maxn]; long long ans; int qread(){ int i=0; char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9')ch=getchar(); while(ch<='9'&&ch>='0'){i=i*10+ch-'0';ch=getchar();} return i; } long long query(int pos){ long long res=0; while(pos){ res+=tr[pos]; pos-=pos&(-pos); } return res; } void add(int pos,int v){ while(pos<=(1<<n)){ tr[pos]++; pos+=pos&(-pos); } } int main(){ //freopen("Cola.txt","r",stdin); //freopen("pair.in","r",stdin);freopen("pair.out","w",stdout); n=qread(); for(int i=1;i<=(1<<n);i++)a[0][i]=qread(); Q=qread(); int x; for(int i=1;i<=Q;i++){ memset(tr,0,sizeof(tr)); x=qread();x=(1<<x); for(int j=1;j<=(1<<n);j+=x)//区间反转 for(int cnt=1,k=j,l=j+x-1;cnt<=x;cnt++,k++,l--) a[i&1][k]=a[(i-1)&1][l]; ans=0; for(int j=1;j<=(1<<n);j++){ ans+=j-1-query(a[i&1][j]); add(a[i&1][j],1); } cout<<ans<<endl; } fclose(stdin);fclose(stdout); return 0; }
/* 12345678 [1,4][5,8] 56781234 [1,2][3,4] [5,6][7,8] 78563412 [1,1][2,2] [3,3][4,4] [5,5][6,6] [7,7][8,8] 87654321 k=4 -> 把一个对k的翻转操作 转变成对k,k-1,k-2,...,1的平移操作 平移操作对答案有什么影响 对3进行平移，[1,4][5,8] -> [5,8][1,4] 对于所有8个数为一组，答案=逆序对个数的最大值-当前答案 1,2,2,3 当前逆序对（只考虑i属于[1,2]，j属于[3,4]的逆序对）=0 逆序对个数的最大值：2*2-相同对数 = 3 2,3,1,2 答案 = 3-0 = 3 记录一下 所有连续2^k个数的当前逆序对个数，以及逆序对个数的最大值。 每次操作的时候，转变成平移操作 2^4 16 [x,y] 令 mid=(x+y)/2 对于所有i属于[x,mid] j属于[mid+1,y] 这样逆序对的个数 f[1]=[1,2]+[3,4]+[5,6]+...+[15,16] f[2]=[1,4]+[5,8]+[9,12]+[13,16] f[3]=[1,8]+[9,16] f[4]=[1,16] g来表示最大的逆序对个数 (总共的对数-相同的对数) 对于每次对k进行操作 n^2*2^n while (Q--) { cin>>k; for (int i=1; i<=k; i++) f[i]=g[i]-f[i]; ans=0; for (int i=1; i<=n; i++) ans+=f[i]; cout<<ans<<endl; } [1,4] [5,8] [5,8] [1,4] */ #include <cmath> #include <cstdio> #include <cstdlib> #include <iostream> #include <algorithm> #include <string> #include <cstring> #include <map> #include <vector> using namespace std; const int N=(1<<17)+5; long long st[N][20],ST[N][20]; int p[N],i,sum,o,a[N],b[N],n,T,PP,now,j,A,RR[N]; void gb(int l,int r) { if (l==r) return; int mid=(l+r)/2; gb(l,mid); gb(mid+1,r); int i=l,j=mid+1,o=l; for (i=l; i<=r; i++) b[i]=a[i]; for (i=r; i>=mid; i--) {RR[i]=i; if (i!=r && b[i+1]==b[i]) RR[i]=RR[i+1];} i=l; j=mid+1; while (i<=mid && j<=r) { if (b[i]<=b[j]) {a[o++]=b[i];if (b[i]==b[j]) ST[l][p[r-l+1]]+=RR[j]-j+1; i++;} else { a[o++]=b[j]; st[l][p[r-l+1]]+=mid-i+1; j++; } } if (i<=mid) for (j=i; j<=mid; j++) a[o++]=b[j]; else if (j<=r) for (i=j; i<=r; i++) a[o++]=b[i]; } long long t[105],TT[105]; int main() { freopen("pair.in","r",stdin); freopen("pair.out","w",stdout); scanf("%d",&n); sum=(1<<n); for (i=1; i<=sum; i++) scanf("%d",&a[i]); for (i=1; i<=17; i++) p[1<<i]=i; gb(1,sum); scanf("%d",&T); for (i=1; i<=n; i++) for (j=1; j<=(1<<n); j+=(1<<i)) { t[i]+=st[j][i]; TT[i]+=ST[j][i]; } long long ans=0; while (T--) { int Q; scanf("%d",&Q); for (i=1; i<=Q; i++) t[i]=1ll*(1<<i-1)*(1<<i-1)*(1<<n-i)-TT[i]-t[i]; for (i=1; i<=n; i++) ans+=t[i]; printf("%I64d\n",ans); ans=0; } return 0; }
