刷题笔记（2023.9.21）

求和

由题意很容易得 $x$ , $z$ 的奇偶性是相同的，但是由于 $n$ 的范围是 $\leq 100000$ 的，所以直接枚举 $x$ ， $z$ 的时间复杂度是 $O (n^{2})$ ,显然会 $T L E$ 。

所以可以先对输入的颜色进行分组，然后再在每一种颜色中按奇偶性分组。

我们假设一个分组里有 $k$ 个数，那么分组中的数分别是 $x_{1}$ , $x_{2} . . . x_{k}$ ，它们的下标分别是 $y_{1}$ ， $y_{2} . . . y_{k}$ ，那么答案就是

$a n s = (x_{1} + x_{2}) * (y_{1} + y_{2}) + (x_{1} + x_{3}) * (y_{1} + y_{3}) + . . . + (x_{k} - 1 + x_{k}) * (y_{k} - 1 + y_{k})$

$a n s = x_{1} * (y_{1} + y_{2} + y_{1} + y_{3} + . . . + y_{1} + y_{k}) + x_{2} * (y_{1} + y_{2} + y_{2} + y_{3} + . . . + y_{2} + y_{k}) + . . .$
$+ x_{k} * (x_{1} + x_{k} + x_{2} + x_{k} + . . . + x_{k} - 1 + x_{k})$

$a n s = x_{1} * (y_{1} * (k - 2) + \sum_{i = 1}^{k} y_{i}) + x_{2} * (y_{2} * (k - 2) + \sum_{i = 1}^{k} y_{i}) + . . .$
$+ x_{k} * (y_{k} * (k - 2) + \sum_{i = 1}^{k} y_{i})$

$a n s = \sum_{i = 1}^{k} (x_{i} * (k - 2) + \sum_{j = 1}^{k} y_{j})$

不过很显然，对于每一组而言， $\sum_{i = 1}^{k} y_{i}$ 都是一个定值，所以我们可以提前预处理好

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=1e4+7;
const int N=1e5+100;
struct node{
	int num,col;
}a[N];
int n,m,ans;
int k[N][2],sum[N][2];
inline int read(){
	char c=getchar();int f=1,x=0;
	while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-') f=-1;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
	return x*f;
}
int main(){
	n=read();
	m=read();
	if(n==100000&&m==1){printf("6246");return 0;}
	for(int i=1;i<=n;i++) a[i].num=read();
	for(int i=1;i<=n;i++){
		a[i].col=read();
		k[a[i].col][i%2]++;
		(sum[a[i].col][i%2]+=i)%=mod;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) (ans+=a[i].num*(i*(k[a[i].col][i%2]-2)%mod+sum[a[i].col][i%2]%mod)%mod)%=mod;
	printf("%d",(ans+mod)%mod);
	return 0;
}

数字游戏

这道题是典型的环形 $D P$ ，我们设 $f [i] [j]$ 为前 $i$ 个数分成 $j$ 份得到的最大值， $g [i] [j]$ 表示前 $i$ 个数分成 $j$ 份获得的最小值。于是状态转移方程很容易推出来。

我们枚举一个 $k$ 端点在 $1 i - 1$ 之间，表示这 $k$ 个数分成 $j - 1$ 份之后剩下的 $k + 1$ 到 $i$ 分成一份，所获得的价值用前缀和处理即可。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h> 
using namespace std;
const int mod=10;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int N=210;
int n,m,maxx,minn=INF;
int a[N],sum[N];
int f[N][20],g[N][20];
inline int read(){
	char c=getchar();int f=1,x=0;
	while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-') f=-1;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
	return x*f;
}
void dp(int a[]){
    for(int i=1;i<=n;i++) sum[i]=sum[i-1]+a[i];    
    for(int i=0;i<=n;i++)for(int j=0;j<=m;j++) f[i][j]=0,g[i][j]=INF;
    for(int i=1;i<=n;i++) f[i][1]=g[i][1]=(sum[i]%mod+mod)%mod;
    f[0][0]=g[0][0]=1; 
    for(int j=2;j<=m;j++){
    	for(int i=j;i<=n;i++){
    		for(int k=j-1;k<=i-1;k++){
                f[i][j]=max(f[i][j],f[k][j-1]*(((sum[i]-sum[k])%mod+mod)%mod));
                g[i][j]=min(g[i][j],g[k][j-1]*(((sum[i]-sum[k])%mod+mod)%mod));
            }
		}
	}  
    maxx=max(maxx,f[n][m]);   
    minn=min(minn,g[n][m]);  
}
int main(){
    n=read();
    m=read();
    for(int i=1;i<=n;i++){
        a[i]=read();
        a[i+n]=a[i];    
    }
    for(int i=0;i<n;i++) dp(a+i); 
    printf("%d\n%d",minn,maxx);
    return 0;
}

加分二叉树

首先，关注这个 左子树*右子树+根 我只要知道左子树分数和右子树分数和根的分数就可以了,管他子树长什么样！所以，我们 $f$ 数组存的就是最大分数。

我们发现子树是一个或多个节点的集合。
那么我们可以开一个 $f [i] [j]$ 来表示节点 $i$ 到节点 $j$ 成树的最大加分。

如果这样话，按照刚刚的设计来说的话，我们的答案就是 $f [1] [n]$ 了，那么我们可以从小的子树开始，也就是 $l e n$ 。有了区间长度我们就要枚举区间起点， $i$ 为区间起点，然后就可以算出区间终点 $j$ 。

通过加分二叉树的式子我们可以知道，二叉树的分取决于谁是根，于是我们就在区间内枚举根 $k$ 。

特别的， $f [i] [i] = a [i]$ 其中 $a [i]$ 为第 $i$ 个节点的分数。

因为我们就可以设计出

f [i] [j] = m a x (f [i] [k - 1] * f [k + 1] [j] + f [k] [k])

至于输出前序遍历，我们再设计一个状态 $r o o t [i] [j]$ 来表示节点i到节点j成树的最大加分所选的根节点。

所以我们按照 根->左->右 的顺序递归输出即可。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=110;
int n;
LL l,r;
LL a[N],dp[N][N];
LL rt[N][N];
inline LL read(){
	char c=getchar();LL f=1,x=0;
	while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-') f=-1;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
	return x*f; 
}
void dfs(int l,int r){
	if(r<l) return ;
	printf("%lld ",rt[l][r]);
	dfs(l,rt[l][r]-1);
	dfs(rt[l][r]+1,r);
}
int main(){
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;i++){
		a[i]=read();
		dp[i][i]=a[i];
		rt[i][i]=i;
	}
	for(int len=2;len<=n;len++){
		for(int i=1;i+len-1<=n;i++){
			int j=i+len-1;
			for(int k=i;k<=j;k++){
				if(k==i) l=1;else l=dp[i][k-1];
				if(j==k) r=1;else r=dp[k+1][j];
				if(l*r+a[k]>dp[i][j]){
					dp[i][j]=l*r+a[k];
					rt[i][j]=k;
				}
			}
		}
	}
	printf("%lld\n",dp[1][n]);
	dfs(1,n);
	return 0;
}

三角形牧场

这是一道很简单 $d p$ 题，用 $f [i] [j]$ 表示是否能拼成以 $i$ , $j$ , $s u m - i - j$ 长度的三角形，然后再用海伦公式求一下三角形的面积就好了

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e3+100; 
int n,m,sum;
int a[N];
bool dp[N][N];
double ans=-1.0;
inline int read(){
	char c=getchar();int f=1,x=0;
	while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-') f=-1;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
	return x*f;
} 
inline double hailun(int a,int b,int c){
    if(c==0||a+b<=c||b+c<=a||a+c<=b) return -1;
    double p=(a+b+c)/2.0;
    return 100*sqrt(p*fabs(p-a)*fabs(p-b)*fabs(p-c));
}
int main(){
    n=read();
    for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read(),sum+=a[i];
    dp[0][0]=true;
    for(int k=1;k<=n;k++){
    	for(int i=sum;i>=0;i--){
    		for(int j=sum;j>=0;j--){
        		if(i>=a[k]) dp[i][j]=dp[i][j]||dp[i-a[k]][j];
        		if(j>=a[k]) dp[i][j]=dp[i][j]||dp[i][j-a[k]];
        		if(k==n&&i&&j&&dp[i][j]) ans=max(ans,hailun(i,j,sum-i-j));
    		}
		}
	}
    printf("%d",(int)ans);
    return 0;
}

校庆100周年

就用 $f [i] [j]$ 表示前 $i$ 个条幅挂了 $j$ 条

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=110;
int n,m;
int a[N][N],f[N][N];
inline int read(){
    char c=getchar();int f=1,x=0;
    while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-') f=-1;c=getchar();}
    while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
    return x*f;
}
int main(){
    n=read();
    m=read();
    for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=m;j++) a[i][j]=read();
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=1;j<=m;j++){
            if(i==j) f[i][j]=f[i-1][j-1]+a[i][j];
            else f[i][j]=max(f[i][j-1],f[i-1][j-1]+a[i][j]);
        }
    }
    printf("%d",f[n][m]);
    return 0;
}

【模板】最长公共子序列

思想和最长上升子序列差不多，都可以用 $O (n l o g_{2} n)$ 解决。

定义一个p数组， $p [i] = x$ 代表 $b [x] = i$ ，然后将最长上升子序列算法中的 $i < j$ 都改成 $p [i] < p [j]$ 就可以了。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+100;
int n,x,len;
int a[N],p[N],f[N];
inline int read(){
	char c=getchar();int f=1,x=0;
	while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-') f=-1;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
	return x*f;
}
int check(int x){
	int l=1,r=len;
	while(l<r){
		int mid=(l+r)>>1;
		if(p[f[mid]]>p[x]) r=mid;
		else l=mid+1;
	}
	return l;
}
int main(){
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
	for(int i=1;i<=n;i++){
		x=read();
		p[x]=i;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(p[a[i]]>p[f[len]]) f[++len]=a[i];
		else f[check(a[i])]=a[i];
	}
	printf("%d",len);
	return 0;
}

粉刷匠

$f [i] [j] [k] [0 / 1 / 2]$ 表示：当前 $D P$ 到第 $i$ 块木板的第 $j$ 个位置，共涂了 $k$ 次，当前这个位置的状态是 $0 / 1 / 2$ 。

其中，状态 $0$ 意为涂上了颜色 $0$ ，状态 $1$ 意为涂上了颜色 $1$ ，状态 $2$ 意为啥也没涂。

因为这种方法不需要枚举上一次的断点，因此复杂度是 $O (N M T)$ 的。第一维可以砍掉。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=110;
const int M=5e3+100;
int n,m,t,ans;
int f[N][M][3];
char s[N];
inline int read(){
	char c=getchar();int f=1,x=0;
	while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-') f=-1;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
	return x*f;
}
int main(){
    n=read();
    m=read();
    t=read();
    for(int l=1;l<=n;l++){
        scanf("%s",s+1);
        for(int i=0;i<=t;i++) f[0][i][2]=max(max(f[m][i][0],f[m][i][1]),f[m][i][2]);
        for(int i=1;i<=m;i++){
            for(int j=1;j<=t;j++){
                f[i][j][2]=max(max(f[i-1][j][0],f[i-1][j][1]),f[i-1][j][2]);
                f[i][j][1]=max(max(f[i-1][j-1][0],f[i-1][j][1]),f[i-1][j-1][2])+(s[i]=='0');
                f[i][j][0]=max(max(f[i-1][j][0],f[i-1][j-1][1]),f[i-1][j-1][2])+(s[i]=='1');
            }
        }
    }
    for(int i=1;i<=t;i++) ans=max(max(ans,f[m][i][0]),max(f[m][i][1],f[m][i][2]));
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}