2019寒假练题计划——LibreOJ刷题计划 &《信息学奥赛一本通》提高版题目

2019.1.27
#10082. 「一本通 3.3 例 1」Word Rings
- 题意
- 思路
#10083. 「一本通 3.3 例 2」双调路径
- 题意
- 思路
#10084. 「一本通 3.3 练习 1」最小圈
- 题意
- 思路
#10085. 「一本通 3.3 练习 2」虫洞 Wormholes
- 题意
- 思路
#10086. 「一本通 3.3 练习 3」Easy SSSP
- 题意
- 思路
#10087. 「一本通 3.4 例 1」Intervals
- 题意
- 思路
#10088. 「一本通 3.4 例 2」出纳员问题
- 题意
- 思路
#10089. 「一本通 3.4 练习 1」糖果
- 题意
- 思路
#10090. 「一本通 3.4 练习 2」布局 Layout
- 题意
- 思路
#130. 树状数组 1 ：单点修改，区间查询
- 题意
- 思路
#10114. 「一本通 4.1 例 2」数星星 Stars
- 题意
- 思路
2019.1.28
#10116. 「一本通 4.1 练习 1」清点人数
- 题意
- 思路
#10117. 「一本通 4.1 练习 2」简单题
- 题意
- 思路
#133. 二维树状数组 1：单点修改，区间查询
- 题意
- 思路
#10119. 「一本通 4.2 例 1」数列区间最大值
- 题意
- 思路
#10120. 「一本通 4.2 例 2」最敏捷的机器人
- 题意
- 思路
#10121. 「一本通 4.2 例 3」与众不同
- 题意
- 思路
#10122. 「一本通 4.2 练习 1」天才的记忆
- 题意
- 思路
#10123. 「一本通 4.2 练习 2」Balanced Lineup
- 题意
- 思路
#2597. 「NOIP2011」选择客栈
- 题意
- 思路
#130. 树状数组 1 ：单点修改，区间查询
- 题意
- 思路
#132. 树状数组 3 ：区间修改，区间查询
- 题意
- 思路
#10127. 「一本通 4.3 练习 1」最大数
- 题意
- 思路
#10128. 「一本通 4.3 练习 2」花神游历各国
- 题意
- 思路
#10129. 「一本通 4.3 练习 3」维护序列
- 题意
- 思路
2018.1.29
#10202. 「一本通 6.2 练习 5」樱花
- 题意
- 思路
#10147. 「一本通 5.1 例 1」石子合并
- 题意
- 思路
  - 求最大值
  - 最小值
#10148. 「一本通 5.1 例 2」能量项链
- 题意
- 思路
2019.1.30
#10149. 「一本通 5.1 例 3」凸多边形的划分
- 题意
- 思路
#10153. 「一本通 5.2 例 1」二叉苹果树
- 题意
- 思路
#10154. 「一本通 5.2 例 2」选课
- 题意
- 思路
#10155. 「一本通 5.2 例 3」数字转换
- 题意
- 思路

2019.1.27

#10082. 「一本通 3.3 例 1」Word Rings

题意

每组数据读入一个n和n个字符串。定义前2个与末尾2个字母相同可以连接。问使这个环串的平均长度最大。求这个最大值。不存在输出$No solution$。

思路

平均值公式：

\[Average=(E_1+E_2+.....+E_n)/n \]

\[Average*n=(E_1+E_2+...+E_n) \]

\[(E_1-Average)+(E_2-Average)+...+(E_n-Average)=0 \]

那么可以二分答案：

\[(E_1-Ans)+(E_2-Ans)+...+(E_n-Ans)\geq0 \]

然后瞎搞spfa。

#include<algorithm>
#include<bitset>
#include<complex>
#include<deque>
#include<exception>
#include<fstream>
#include<functional>
#include<iomanip>
#include<ios>
#include<iosfwd>
#include<iostream>
#include<istream>
#include<iterator>
#include<limits>
#include<list>
#include<locale>
#include<map>
#include<memory>
#include<new>
#include<numeric>
#include<ostream>
#include<queue>
#include<set>
#include<sstream>
#include<stack>
#include<stdexcept>
#include<streambuf>
#include<string>
#include<typeinfo>
#include<utility>
#include<valarray>
#include<vector>
#include<cctype>
#include<cerrno>
#include<cfloat>
#include<ciso646>
#include<climits>
#include<clocale>
#include<cmath>
#include<csetjmp>
#include<csignal>
#include<cstdarg>
#include<cstddef>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<ctime>
#define E 200010
#define eps 1e-3
using namespace std;
inline int read(){
	int res=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9') res=res*10+ch-'0',ch=getchar();
	return res*f;
}
inline void write(int x){
	if(x<0) putchar('-'),x=-x;
	if(x<10) putchar(x+'0');
	else{
		write(x/10);
		putchar(x%10+'0');
	}
}
//queue<int> q;
//set<int> s;
//priority_queue<int> q1;
//priority_queue<int,vector<int>,greater<int> > q2;
//list<int> l;
//stack<int> s;
int n;
string str[100010];
int fir[E],nxt[E],son[E],tot,cnt,Max;
double w[E],dis[E],flag;
int vis[E];
int f[6666];
void add(int x,int y,double z){++tot;son[tot]=y;nxt[tot]=fir[x];fir[x]=tot;w[tot]=z;}
void spfa(int s,int v,double mid){
	if(flag==1) return ;
	vis[s]=v;
	for(int i=fir[s];i;i=nxt[i]){
		int to=son[i];
		if(dis[s]+w[i]>dis[to]+mid){
			dis[to]=dis[s]+w[i]-mid;
			if(dis[to]>Max){
				flag=1;
				return ;
			}
			if(!vis[to]) spfa(to,v,mid);
			if(flag) return ;
			else if(vis[to]==v){
				flag=1;
				return ;
			}
		}
	}
	vis[s]=0;
}
bool check(double mid){
	flag=0;
	for(int i=0;i<=cnt;i++) dis[i]=0.0;
	memset(vis,0,sizeof(vis));
	for(int i=1;i<=cnt;i++){
		spfa(i,i,mid);
		if(flag==1) break;
	}
	return flag;
}
int main(){
//	freopen("code.in","r",stdin);freopen("code.out","w",stdout);
	n=read();
	while(n!=0){
		for(int i=1;i<=n;i++) cin>>str[i];
		memset(fir,0,sizeof(fir));
		memset(f,0,sizeof(f));
		tot=0;cnt=0;Max=0;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			int len=str[i].length();
			Max=max(Max,len);
			int a=(str[i][0]-'a')*26+str[i][1]-'a';
			int b=(str[i][len-2]-'a')*26+str[i][len-1]-'a';
			if(!f[a]) f[a]=++cnt;
			int A=f[a];
			if(!f[b]) f[b]=++cnt;
			int B=f[b];
			add(A,B,(double)len);
		}
		Max*=n;
		double l=0,r=1000,ans=-1,mid;
		while(l+eps<r){
			mid=(l+r)/2;
			if(check(mid)) l=mid,ans=mid;
			else r=mid;
		}
		if(ans!=-1) printf("%.2lf\n",ans);
		else puts("No solution");
		n=read();
	}
	return 0;
}

#10083. 「一本通 3.3 例 2」双调路径

题意

读入一个图，计算最小路径的总数。费用时间都相同的两条最小路径只算一条，输出不同种类的最小路径数。

思路

设$$f[i][j]$$表示在i点且已花费j时的最少时间

\[f[i][j]=Min(f[k][i-Cost(k,i)]+Time(k,i)|For Each Edge(k,i)) \]

#include<algorithm>
#include<bitset>
#include<complex>
#include<deque>
#include<exception>
#include<fstream>
#include<functional>
#include<iomanip>
#include<ios>
#include<iosfwd>
#include<iostream>
#include<istream>
#include<iterator>
#include<limits>
#include<list>
#include<locale>
#include<map>
#include<memory>
#include<new>
#include<numeric>
#include<ostream>
#include<queue>
#include<set>
#include<sstream>
#include<stack>
#include<stdexcept>
#include<streambuf>
#include<string>
#include<typeinfo>
#include<utility>
#include<valarray>
#include<vector>
#include<cctype>
#include<cerrno>
#include<cfloat>
#include<ciso646>
#include<climits>
#include<clocale>
#include<cmath>
#include<csetjmp>
#include<csignal>
#include<cstdarg>
#include<cstddef>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<ctime>
#define E 5010
#define eps 1e-3
using namespace std;
inline int read(){
	int res=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9') res=res*10+ch-'0',ch=getchar();
	return res*f;
}
inline void write(int x){
	if(x<0) putchar('-'),x=-x;
	if(x<10) putchar(x+'0');
	else{
		write(x/10);
		putchar(x%10+'0');
	}
}
//queue<int> q;
//set<int> s;
//priority_queue<int> q1;
//priority_queue<int,vector<int>,greater<int> > q2;
//list<int> l;
//stack<int> s;
int n,m,s,e;
int fir[E],nxt[E],son[E],w[E],cost[E],tot;
void add(int x,int y,int z,int t){++tot;w[tot]=z;son[tot]=y;nxt[tot]=fir[x];cost[tot]=t;fir[x]=tot;}
int dp[105][10005][3],Max,ans,Min=2e9;
int vis[105][10005];
struct node{int pos,dis;};
queue<node> q;
node make(int x,int y){node pp;pp.pos=x;pp.dis=y;return pp;}
void spfa(){
	while(!q.empty()) q.pop();
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=0;j<=10005;j++){
			dp[i][j][0]=2e9;
			dp[i][j][1]=0;
		}
	}
	dp[s][0][0]=0;
	dp[s][0][1]=1;
	vis[s][0]=1;
	q.push(make(s,0));
	while(!q.empty()){
		int u=q.front().pos,dis=q.front().dis;q.pop();
		vis[u][dis]=0;
		for(int i=fir[u];i;i=nxt[i]){
			int to=son[i];
			if(dis+w[i]>Max+1) continue ;
			if(dp[u][dis][0]+cost[i]<dp[to][dis+w[i]][0]){
				dp[to][dis+w[i]][0]=dp[u][dis][0]+cost[i];
				dp[to][dis+w[i]][1]=1;
				if(vis[to][dis+w[i]]==0){
					vis[to][dis+w[i]]=1;
					q.push(make(to,dis+w[i]));
				}
			}
		}
	}
}
int main(){
//	freopen("code.in","r",stdin);freopen("code.out","w",stdout);
	n=read();m=read();s=read();e=read();
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int x=read(),y=read(),z=read(),t=read();
		add(x,y,z,t);
		add(y,x,z,t);
	}
	Max=(n-1)*100+5;
	spfa();
	for(int i=0;i<=Max;i++){
		if(!dp[e][i][1]) continue ;
		if(dp[e][i][0]<Min){
			ans++;
			Min=dp[e][i][0];
		}
	}
	write(ans);putchar('\n');
	return 0;
}

#10084. 「一本通 3.3 练习 1」最小圈

题意

读入一个有向图，求图中最小环的最小平均值时多少。

思路

当然食用二分+spfa啦。

基本思路同#10082. 「一本通 3.3 例 1」Word Rings

平均值公式：

\[Average=(E_1+E_2+.....+E_n)/n \]

\[Average*n=(E_1+E_2+...+E_n) \]

\[(E_1-Average)+(E_2-Average)+...+(E_n-Average)=0 \]

那么可以二分答案：

\[(E_1-Ans)+(E_2-Ans)+...+(E_n-Ans)\geq0 \]

然后瞎搞spfa。

但这次求最小值。

改一改符号就好了。

#include<algorithm>
#include<bitset>
#include<complex>
#include<deque>
#include<exception>
#include<fstream>
#include<functional>
#include<iomanip>
#include<ios>
#include<iosfwd>
#include<iostream>
#include<istream>
#include<iterator>
#include<limits>
#include<list>
#include<locale>
#include<map>
#include<memory>
#include<new>
#include<numeric>
#include<ostream>
#include<queue>
#include<set>
#include<sstream>
#include<stack>
#include<stdexcept>
#include<streambuf>
#include<string>
#include<typeinfo>
#include<utility>
#include<valarray>
#include<vector>
#include<cctype>
#include<cerrno>
#include<cfloat>
#include<ciso646>
#include<climits>
#include<clocale>
#include<cmath>
#include<csetjmp>
#include<csignal>
#include<cstdarg>
#include<cstddef>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<ctime>
#define E 20010
#define eps 1e-10
using namespace std;
inline int read(){
	int res=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9') res=res*10+ch-'0',ch=getchar();
	return res*f;
}
inline void write(int x){
	if(x<0) putchar('-'),x=-x;
	if(x<10) putchar(x+'0');
	else{
		write(x/10);
		putchar(x%10+'0');
	}
}
//queue<int> q;
//set<int> s;
//priority_queue<int> q1;
//priority_queue<int,vector<int>,greater<int> > q2;
//list<int> l;
//stack<int> s;
int n,m;
int fir[E],nxt[E],son[E],tot;
double w[E],Max;
void add(int x,int y,double z){++tot;nxt[tot]=fir[x];son[tot]=y;fir[x]=tot;w[tot]=z;}
double dis[E],flag;
int vis[E];
int spfa(int s,double mid){
	vis[s]=1;
	for(int i=fir[s];i;i=nxt[i]){
		int to=son[i];
		if(dis[s]+w[i]-mid<dis[to]){
			dis[to]=dis[s]+w[i]-mid;
			if(vis[to]||spfa(to,mid)){vis[s]=0;return 1;}
		}
	}
	vis[s]=0;
	return 0;
}
bool check(double mid){
	for(int i=0;i<=n;i++) dis[i]=0.0;
	memset(vis,0,sizeof(vis));
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(spfa(i,mid)==1) return 1;
	}
	return 0;
}
int main(){
	n=read();m=read();
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int x=read(),y=read();double z;
		cin>>z;
		add(x,y,(double)z);
	}
	double l=-1e7,r=1e7,mid,ans;
	while(l+eps<r){
		mid=(l+r)/2;
		if(check(mid)) r=mid-eps,ans=mid;
		else l=mid+eps;
	}
	printf("%.8lf\n",ans);
	return 0;
}

#10085. 「一本通 3.3 练习 2」虫洞 Wormholes

题意

现在 John 想借助这些虫洞来回到过去（在出发时刻之前回到出发点），请你告诉他能办到吗。 John 将向你提供 F 个农场的地图。

思路

当然食用spfa啦。

当然，因为我懒，所以将上一题代码改一改就好了呀。

注意建双向边。

注意建负边。

check时只需要传入参数0就好了。

因为又没有让你求平均值QWQ

#include<algorithm>
#include<bitset>
#include<complex>
#include<deque>
#include<exception>
#include<fstream>
#include<functional>
#include<iomanip>
#include<ios>
#include<iosfwd>
#include<iostream>
#include<istream>
#include<iterator>
#include<limits>
#include<list>
#include<locale>
#include<map>
#include<memory>
#include<new>
#include<numeric>
#include<ostream>
#include<queue>
#include<set>
#include<sstream>
#include<stack>
#include<stdexcept>
#include<streambuf>
#include<string>
#include<typeinfo>
#include<utility>
#include<valarray>
#include<vector>
#include<cctype>
#include<cerrno>
#include<cfloat>
#include<ciso646>
#include<climits>
#include<clocale>
#include<cmath>
#include<csetjmp>
#include<csignal>
#include<cstdarg>
#include<cstddef>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<ctime>
#define E 20010
#define eps 1e-10
using namespace std;
inline int read(){
	int res=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9') res=res*10+ch-'0',ch=getchar();
	return res*f;
}
inline void write(int x){
	if(x<0) putchar('-'),x=-x;
	if(x<10) putchar(x+'0');
	else{
		write(x/10);
		putchar(x%10+'0');
	}
}
//queue<int> q;
//set<int> s;
//priority_queue<int> q1;
//priority_queue<int,vector<int>,greater<int> > q2;
//list<int> l;
//stack<int> s;
int n,m;
int fir[E],nxt[E],son[E],tot;
double w[E],Max;
void add(int x,int y,double z){++tot;nxt[tot]=fir[x];son[tot]=y;fir[x]=tot;w[tot]=z;}
double dis[E],flag;
int vis[E];
int spfa(int s,double mid){
	vis[s]=1;
	for(int i=fir[s];i;i=nxt[i]){
		int to=son[i];
		if(dis[s]+w[i]-mid<dis[to]){
			dis[to]=dis[s]+w[i]-mid;
			if(vis[to]||spfa(to,mid)){vis[s]=0;return 1;}
		}
	}
	vis[s]=0;
	return 0;
}
bool check(double mid){
	for(int i=0;i<=n;i++) dis[i]=0.0;
	memset(vis,0,sizeof(vis));
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(spfa(i,mid)==1) return 1;
	}
	return 0;
}
int main(){
	int T,W;
	T=read();
	while(T--){
		n=read();m=read();W=read();
		tot=0;
		memset(fir,0,sizeof(fir));
		for(int i=1;i<=m;i++){
			int x=read(),y=read();double z;
			cin>>z;
			add(x,y,(double)z);
			add(y,x,(double)z);
		}
		for(int i=1;i<=W;i++){
			int x=read(),y=read();double z;
			cin>>z;
			add(x,y,-z);
		}
		if(check(0)) puts("YES");
		else puts("NO");
	}
	return 0;
}

#10086. 「一本通 3.3 练习 3」Easy SSSP

题意

给你一个图，问从源点到每个节点的最短路径分别是多少。

如果存在负权回路，只输出一行 -1；如果不存在负权回路，再求出一个点 S 到每个点的最短路的长度。如果 S 与这个点不连通，则输出 NoPath。

思路

当然食用spfa啦。

先跑一下非源点的。万一数据卡你其他有环呢？

然后再跑一次源点。得出Ans

#include<algorithm>
#include<bitset>
#include<complex>
#include<deque>
#include<exception>
#include<fstream>
#include<functional>
#include<iomanip>
#include<ios>
#include<iosfwd>
#include<iostream>
#include<istream>
#include<iterator>
#include<limits>
#include<list>
#include<locale>
#include<map>
#include<memory>
#include<new>
#include<numeric>
#include<ostream>
#include<queue>
#include<set>
#include<sstream>
#include<stack>
#include<stdexcept>
#include<streambuf>
#include<string>
#include<typeinfo>
#include<utility>
#include<valarray>
#include<vector>
#include<cctype>
#include<cerrno>
#include<cfloat>
#include<ciso646>
#include<climits>
#include<clocale>
#include<cmath>
#include<csetjmp>
#include<csignal>
#include<cstdarg>
#include<cstddef>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<ctime>
#define E 2000010
#define eps 1e-10
#define ll long long
using namespace std;
inline ll read(){
	ll res=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9') res=res*10+ch-'0',ch=getchar();
	return res*f;
}
inline void write(ll x){
	if(x<0) putchar('-'),x=-x;
	if(x<10) putchar(x+'0');
	else{
		write(x/10);
		putchar(x%10+'0');
	}
}
//queue<ll> q;
//set<ll> s;
//priority_queue<ll> q1;
//priority_queue<ll,vector<ll>,greater<ll> > q2;
//list<ll> l;
//stack<ll> s;
ll n,m;
ll fir[E],nxt[E],son[E],tot;
double w[E],Max;
void add(ll x,ll y,double z){++tot;nxt[tot]=fir[x];son[tot]=y;fir[x]=tot;w[tot]=z;}
double dis[E],flag;
ll vis[E];
queue<int> q;
int tt[E];
ll spfa(ll s){
	vis[s]=1;
	q.push(s);
	while(!q.empty()){
		int u=q.front();q.pop();
		for(ll i=fir[u];i;i=nxt[i]){
			ll to=son[i];
			if(dis[u]+w[i]<dis[to]){
				dis[to]=dis[u]+w[i];
				tt[to]++;
				if(tt[to]>n+1){
					puts("-1");
					exit(0);
				}
				if(vis[to]==0){
					vis[to]=1;
					q.push(to);
				}
			}
		}
		vis[u]=0;
	}
	return 0;
}
ll st[E];
int main(){
	ll T=1,S;
	while(T--){
		n=read();m=read();S=read();
		tot=0;
		memset(fir,0,sizeof(fir));
		for(ll i=1;i<=m;i++){
			ll x=read(),y=read();double z;
			cin>>z;
			add(x,y,(double)z);
		}
		for(ll i=0;i<=n;i++) dis[i]=2e18;
		dis[S]=0;
		memset(vis,0,sizeof(vis));
		spfa(2);
		for(ll i=0;i<=n;i++) dis[i]=2e18;
		dis[S]=0;
		memset(vis,0,sizeof(vis));
		spfa(S);
		
		for(ll i=1;i<=n;i++){
			if(i==S) puts("0");
			else if(dis[i]>=2e18) puts("NoPath");
			else{
				printf("%.0lf\n",dis[i]);
			}
		}
	}
	return 0;
}

#10087. 「一本通 3.4 例 1」Intervals

题意

从$0\sim 5\times 10^4$中选出尽量少的整数，使每个区间$[a_i,b_i]$内都有至少$c_i$个数被选出。

思路

当然食用spfa啦。

设$s[k]$表示0~k中至少选多少个整数。根据题意可得：

\[s[b_i]-s[a_i-1]\geq c_i \]

\[s[k]-s[k-1]\geq0 \]

\[s[k]-s[k-1]\leq1 \]

也就是：

\[s[k-1]-s[k]\geq-1 \]

那么跑一次最长路就好了。

#include<algorithm>
#include<bitset>
#include<complex>
#include<deque>
#include<exception>
#include<fstream>
#include<functional>
#include<iomanip>
#include<ios>
#include<iosfwd>
#include<iostream>
#include<istream>
#include<iterator>
#include<limits>
#include<list>
#include<locale>
#include<map>
#include<memory>
#include<new>
#include<numeric>
#include<ostream>
#include<queue>
#include<set>
#include<sstream>
#include<stack>
#include<stdexcept>
#include<streambuf>
#include<string>
#include<typeinfo>
#include<utility>
#include<valarray>
#include<vector>
#include<cctype>
#include<cerrno>
#include<cfloat>
#include<ciso646>
#include<climits>
#include<clocale>
#include<cmath>
#include<csetjmp>
#include<csignal>
#include<cstdarg>
#include<cstddef>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<ctime>
#define E 2000010
#define eps 1e-10
#define ll long long
using namespace std;
inline ll read(){
	ll res=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9') res=res*10+ch-'0',ch=getchar();
	return res*f;
}
inline void write(ll x){
	if(x<0) putchar('-'),x=-x;
	if(x<10) putchar(x+'0');
	else{
		write(x/10);
		putchar(x%10+'0');
	}
}
//queue<ll> q;
//set<ll> s;
//priority_queue<ll> q1;
//priority_queue<ll,vector<ll>,greater<ll> > q2;
//list<ll> l;
//stack<ll> s;
ll n,m;
ll fir[E],nxt[E],son[E],tot;
double w[E];
void add(ll x,ll y,double z){++tot;nxt[tot]=fir[x];son[tot]=y;fir[x]=tot;w[tot]=z;}
double dis[E],flag;
ll vis[E];
queue<int> q;
int tt[E];
ll spfa(ll s){
	vis[s]=1;
	q.push(s);
	while(!q.empty()){
		int u=q.front();q.pop();
		for(ll i=fir[u];i;i=nxt[i]){
			ll to=son[i];
			if(dis[u]+w[i]>dis[to]){
				dis[to]=dis[u]+w[i];
				tt[to]++;
				if(tt[to]>n+1){
					puts("-1");
					exit(0);
				}
				if(vis[to]==0){
					vis[to]=1;
					q.push(to);
				}
			}
		}
		vis[u]=0;
	}
	return 0;
}
ll st[E],Min,Max;
int main(){
	n=read();
	Max=-1;Min=2e9;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		ll x=read(),y=read(),z=read();
		add(x-1,y,z);
		Max=max(Max,y);
		Min=min(Min,x-1);
	}
	for(int i=Min;i<=Max;i++){
		add(i,i+1,0);
		add(i+1,i,-1);
	}
	for(int i=Min;i<=Max;i++) dis[i]=-2e9;
	memset(vis,0,sizeof(vis));
	dis[Min]=0;
	spfa(Min);
	printf("%.0lf\n",dis[Max]);
	return 0;
}

#10088. 「一本通 3.4 例 2」出纳员问题

题意

$、、R(0)、R(1)、R(2)...R(23)$表示第x个时刻需要$R(x)$个出纳员，有n个出纳员申请工作，第$i$个出纳员从$t_i$时刻开始工作$8$小时，问至少需要多少出纳员？

思路

设$x[i]$表示第i时刻实际上需要雇佣$x[i]$人，$r[i]$为第i时刻至少需要$r[i]$个人。

\[x[i-7]+x[i-6]+x[i-5]+x[i-4]+x[i-3]+x[i-2]+x[i-1]+x[i]\geq r[i] \]

设$s[i]=x[1]+x[2]+x[3]+...+x[i]$，可得：

\[s[i]-s[i-1]\geq0 \]

\[s[i-1]-s[i]\geq-num[i] \]

\[s[i]-s[i-8]\geq r[i] \]

\[s[i]-s[i+16]\geq r[i]-s[23] \]

#include<algorithm>
#include<bitset>
#include<complex>
#include<deque>
#include<exception>
#include<fstream>
#include<functional>
#include<iomanip>
#include<ios>
#include<iosfwd>
#include<iostream>
#include<istream>
#include<iterator>
#include<limits>
#include<list>
#include<locale>
#include<map>
#include<memory>
#include<new>
#include<numeric>
#include<ostream>
#include<queue>
#include<set>
#include<sstream>
#include<stack>
#include<stdexcept>
#include<streambuf>
#include<string>
#include<typeinfo>
#include<utility>
#include<valarray>
#include<vector>
#include<cctype>
#include<cerrno>
#include<cfloat>
#include<ciso646>
#include<climits>
#include<clocale>
#include<cmath>
#include<csetjmp>
#include<csignal>
#include<cstdarg>
#include<cstddef>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<ctime>
#define E 2000010
#define eps 1e-10
#define ll long long
using namespace std;
inline ll read(){
	ll res=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9') res=res*10+ch-'0',ch=getchar();
	return res*f;
}
inline void write(ll x){
	if(x<0) putchar('-'),x=-x;
	if(x<10) putchar(x+'0');
	else{
		write(x/10);
		putchar(x%10+'0');
	}
}
//queue<ll> q;
//set<ll> s;
//priority_queue<ll> q1;
//priority_queue<ll,vector<ll>,greater<ll> > q2;
//list<ll> l;
//stack<ll> s;
ll n,m;
ll fir[E],nxt[E],son[E],tot;
int w[E];
void add(ll x,ll y,ll z){++tot;nxt[tot]=fir[x];son[tot]=y;fir[x]=tot;w[tot]=z;}
int dis[E],flag;
ll vis[E];
queue<int> q;
int tt[E];
ll spfa(ll s){
	memset(dis,63,sizeof(dis));
	memset(tt,0,sizeof(tt));
	memset(vis,0,sizeof(vis));
	dis[24]=0;
	vis[24]=1;
	q.push(24);
	while(!q.empty()){
		int u=q.front();q.pop();
		for(ll i=fir[u];i;i=nxt[i]){
			ll to=son[i];
			if(dis[u]+w[i]<dis[to]){
				dis[to]=dis[u]+w[i];
				tt[to]++;
				if(tt[to]>n+1){
					return 0;
				}
				if(vis[to]==0){
					vis[to]=1;
					q.push(to);
				}
			}
		}
		vis[u]=0;
	}
	return dis[0]==-s;
}
ll T,r[E],Min,Max,s[E],num[E];
void work(int x){
	memset(fir,0,sizeof(fir));tot=0;
	for(register int i=1;i<=24;i++) add(i,i-1,0),add(i-1,i,num[i]);
	for(register int i=8;i<=24;i++) add(i,i-8,-r[i]);
	for(register int j=1;j<=7;j++) add(j,j+16,x-r[j]);
	add(24,0,-x);
}
int main(){
	T=read();
	while(T--){
		for(int i=1;i<=24;i++){
			r[i]=read();num[i]=0;
		}
		n=read();
		for(int i=1;i<=n;i++){
			int t=read();t++;
			num[t]++;
		}
		int l=0,r=n,ans=2e9;
		while(l<=r){
			int mid=(l+r)/2;
			work(mid);
			if(spfa(mid)) ans=mid,r=mid-1;
			else l=mid+1;
		}
		if(ans==2e9) puts("No Solution");
		else write(ans),putchar('\n');
	}
	return 0;
}

#10089. 「一本通 3.4 练习 1」糖果

题意

满足条件：

如果 X=1．表示第 A 个小朋友分到的糖果必须和第 B 个小朋友分到的精果一样多。
如果 X=2，表示第 A 个小朋友分到的糖果必须少于第 B 个小朋友分到的糖果。
如果 X=3，表示第 A 个小朋友分到的糖果必须不少于第 B 个小朋友分到的糖果。
如果 X=4，表示第 A 个小朋友分到的糖果必须多于第 B 个小朋友分到的糖果。
如果 X=5，表示第 A 个小朋友分到的糖果必须不多于第 B 个小朋友分到的糖果。

求至少需要准备的糖果数？

思路

如果 X=1

\[B=A \]

如果 X=2

\[B+1\ge A \]

如果 X=3

\[A\ge B \]

如果 X=4

\[A-1\ge B \]

如果 X=5

\[B \ge A \]

那么就好了嘛：

#include<algorithm>
#include<bitset>
#include<complex>
#include<deque>
#include<exception>
#include<fstream>
#include<functional>
#include<iomanip>
#include<ios>
#include<iosfwd>
#include<iostream>
#include<istream>
#include<iterator>
#include<limits>
#include<list>
#include<locale>
#include<map>
#include<memory>
#include<new>
#include<numeric>
#include<ostream>
#include<queue>
#include<set>
#include<sstream>
#include<stack>
#include<stdexcept>
#include<streambuf>
#include<string>
#include<typeinfo>
#include<utility>
#include<valarray>
#include<vector>
#include<cctype>
#include<cerrno>
#include<cfloat>
#include<ciso646>
#include<climits>
#include<clocale>
#include<cmath>
#include<csetjmp>
#include<csignal>
#include<cstdarg>
#include<cstddef>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<ctime>
#define E 300010
#define eps 1e-10
#define ll long long
#pragma GCC optimize(2)
using namespace std;
inline ll read(){
	ll res=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9') res=res*10+ch-'0',ch=getchar();
	return res*f;
}
inline void write(ll x){
	if(x<0) putchar('-'),x=-x;
	if(x<10) putchar(x+'0');
	else{
		write(x/10);
		putchar(x%10+'0');
	}
}
//queue<ll> q;
//set<ll> s;
//priority_queue<ll> q1;
//priority_queue<ll,vector<ll>,greater<ll> > q2;
//list<ll> l;
//stack<ll> s;
ll n,k;
ll fir[E],nxt[E],son[E],w[E],tot,inf,ans;
inline void add(register ll x,register ll y,register ll z){
	++tot;
	w[tot]=z;
	nxt[tot]=fir[x];
	fir[x]=tot;
	son[tot]=y;
}
ll dis[E],vis[E],tt[E];
deque<ll> q;
inline void spfa(){
	memset(dis,0,sizeof(dis));
	memset(tt,0,sizeof(tt));
	memset(vis,0,sizeof(vis));inf=dis[0];
	dis[0]=0;vis[0]=1;
	while(!q.empty()) q.pop_front();
	q.push_back(0);
	while(!q.empty()){
		register ll u=q.front();q.pop_front();
		vis[u]=0;
		for(register ll i=fir[u];i;i=nxt[i]){
			register ll to=son[i];
			if(dis[to]<dis[u]+w[i]){
				tt[to]++;
				dis[to]=dis[u]+w[i];
				if(tt[to]>n+1){
					puts("-1");
					exit(0);
				}
				if(!vis[to]){
					vis[to]=1;
					if(!q.empty()&&dis[to]<dis[q.front()]) q.push_front(to);
					else q.push_back(to);
				}
			}
		}
	}
}
int main(){
	n=read();k=read();
	for(register ll i=1;i<=k;i++){
		ll x=read(),a=read(),b=read();
		if(a==b&&(x==2||x==4)){
			puts("-1");
			return 0;
		}
		if(x==1) add(a,b,0),add(b,a,0);
		if(x==2) add(a,b,1);
		if(x==3) add(b,a,0);
		if(x==4) add(b,a,1);
		if(x==5) add(a,b,0);
	}
	for(register ll i=1;i<=n;i++) add(0,i,1);
	spfa();
	for(register ll i=1;i<=n;i++){
		ans+=dis[i];
	}
	write(ans);putchar('\n');
	return 0;
}

#10090. 「一本通 3.4 练习 2」布局 Layout

题意

有些奶牛是好基友，它们希望彼此之间的距离小于等于某个数。有些奶牛是情敌，它们希望彼此之间的距离大于等于某个数。

思路

如果两只奶牛是好基友，那么:

\[A-B\leq D \]

如果两只奶牛是情敌，那么:

\[A-B\ge D \]

即:

\[D\leq A-B \]

也就是:

\[B-A\leq -D \]

直接上代码：

#include<algorithm>
#include<bitset>
#include<complex>
#include<deque>
#include<exception>
#include<fstream>
#include<functional>
#include<iomanip>
#include<ios>
#include<iosfwd>
#include<iostream>
#include<istream>
#include<iterator>
#include<limits>
#include<list>
#include<locale>
#include<map>
#include<memory>
#include<new>
#include<numeric>
#include<ostream>
#include<queue>
#include<set>
#include<sstream>
#include<stack>
#include<stdexcept>
#include<streambuf>
#include<string>
#include<typeinfo>
#include<utility>
#include<valarray>
#include<vector>
#include<cctype>
#include<cerrno>
#include<cfloat>
#include<ciso646>
#include<climits>
#include<clocale>
#include<cmath>
#include<csetjmp>
#include<csignal>
#include<cstdarg>
#include<cstddef>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<ctime>
#define E 300010
#define eps 1e-10
#define ll long long
#pragma GCC optimize(2)
using namespace std;
inline ll read(){
	ll res=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9') res=res*10+ch-'0',ch=getchar();
	return res*f;
}
inline void write(ll x){
	if(x<0) putchar('-'),x=-x;
	if(x<10) putchar(x+'0');
	else{
		write(x/10);
		putchar(x%10+'0');
	}
}
//queue<ll> q;
//set<ll> s;
//priority_queue<ll> q1;
//priority_queue<ll,vector<ll>,greater<ll> > q2;
//list<ll> l;
//stack<ll> s;
ll n,k;
ll fir[E],nxt[E],son[E],w[E],tot,inf,ans;
inline void add(register ll x,register ll y,register ll z){
	++tot;
	w[tot]=z;
	nxt[tot]=fir[x];
	fir[x]=tot;
	son[tot]=y;
}
ll dis[E],vis[E],tt[E];
deque<ll> q;
inline void spfa(int s){
	memset(dis,63,sizeof(dis));
	memset(tt,0,sizeof(tt));
	memset(vis,0,sizeof(vis));inf=dis[0];
	dis[s]=0;vis[s]=1;
	while(!q.empty()) q.pop_front();
	q.push_back(s);
	while(!q.empty()){
		register ll u=q.front();q.pop_front();
		vis[u]=0;
		for(register ll i=fir[u];i;i=nxt[i]){
			register ll to=son[i];
			if(dis[to]>dis[u]+w[i]){
				tt[to]++;
				dis[to]=dis[u]+w[i];
				if(tt[to]>n+1){
					puts("-1");
					exit(0);
				}
				if(!vis[to]){
					vis[to]=1;
					if(!q.empty()&&dis[to]<dis[q.front()]) q.push_front(to);
					else q.push_back(to);
				}
			}
		}
	}
}
int k1,k2;
int main(){
	n=read();k1=read();k2=read();
	for(register ll i=1;i<=k1;i++){
		ll x=read(),y=read(),z=read();
		add(x,y,z);
	}
	for(register ll i=1;i<=k2;i++){
		ll x=read(),y=read(),z=read();
		add(y,x,-z);
	}
	spfa(1);
	ans=dis[n];
	for(int i=1;i<=n;i++) spfa(i);
	if(ans>=inf) puts("-2");
	else write(ans),putchar('\n');
	return 0;
}

#130. 树状数组 1 ：单点修改，区间查询

题意

这是一道模板题。

给定Q个操作：

1 i x：给定 $i,x$，将 $a[i]$ 加上 $x$；
2 l r：给定 $l,r$，求 $\sum_{i=l}^ra[i]$ 的值（换言之，求 $a[l]+a[l+1]+\dots+a[r]$ 的值）。

思路

模板题呀。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
ll n,m;
ll a[5000010];
void add(ll x,ll y){
	for(ll i=x;i<=n;i+=i&(-i)){
		a[i]+=y;
	}
}
ll getsum(ll x){
	ll sum=0;
	for(ll i=x;i;i-=i&(-i)){
		sum+=a[i];
	}
	return sum;
}
int main(){
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	for(ll i=1;i<=n;i++){
		ll x;scanf("%lld",&x);
		add(i,x);
	}
	for(ll i=1;i<=m;i++){
		ll type;
		scanf("%lld",&type);
		if(type==1){
			ll x,k;
			scanf("%lld%lld",&x,&k);
			add(x,k);
		}
		if(type==2){
			ll x,y;
			scanf("%lld%lld",&x,&y);
			printf("%lld\n",getsum(y)-getsum(x-1));
		}
	}
}

#10114. 「一本通 4.1 例 2」数星星 Stars

题意

给定 $n$ 个点，定义每个点的等级是在该点左下方（含正左、正下）的点的数目，试统计每个等级有多少个点。

思路

这不就是裸的树状数组吗？

题目都按顺序（y的增序）。。。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read(){
	char ch=getchar();int res=0,f=1;
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9') res=res*10+ch-'0',ch=getchar();
	return res*f;
}
inline void write(int x){
	if(x<0) putchar('-'),x=-x;
	if(x<10) putchar(x+'0');
	else{
		write(x/10);
		putchar(x%10+'0');
	}
}
int n,x,y,ans[1500010];
int a[1500010];
void add(int x,int y){
	for(int i=x;i<=1500000;i+=i&(-i)){
		a[i]+=y;
	}
}
int getsum(int x){
	int sum=0;
	for(int i=x;i;i-=i&(-i)){
		sum+=a[i];
	}
	return sum;
}
int main(){
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;i++){
		x=read();y=read();
		int t=getsum(x+1);
		ans[t]++;
		add(x+1,1);
	}
	for(int i=0;i<n;i++){
		write(ans[i]);putchar('\n');
	}
	return 0;
}

2019.1.28

#10116. 「一本通 4.1 练习 1」清点人数

题意

如果字母为 A，接下来是一个数 $m$，表示年级主任现在在第 $m$ 节车厢；
如果字母为 B，接下来是两个数 $m,p$，表示在第 $m$ 节车厢有 $p$ 名学生上车；
如果字母为 C，接下来是两个数 $m,p$，表示在第 $m$ 节车厢有 $p$ 名学生下车。

思路

当然是树状数组啦。。。

如果字母为 A ,那么$getsum(m)$

如果字母为 B ,那么$add(m,p)$

如果字母为 C ，那么$add(m,-p)$

好了呀。。。

#include<algorithm>
#include<bitset>
#include<complex>
#include<deque>
#include<exception>
#include<fstream>
#include<functional>
#include<iomanip>
#include<ios>
#include<iosfwd>
#include<iostream>
#include<istream>
#include<iterator>
#include<limits>
#include<list>
#include<locale>
#include<map>
#include<memory>
#include<new>
#include<numeric>
#include<ostream>
#include<queue>
#include<set>
#include<sstream>
#include<stack>
#include<stdexcept>
#include<streambuf>
#include<string>
#include<typeinfo>
#include<utility>
#include<valarray>
#include<vector>
#include<cctype>
#include<cerrno>
#include<cfloat>
#include<ciso646>
#include<climits>
#include<clocale>
#include<cmath>
#include<csetjmp>
#include<csignal>
#include<cstdarg>
#include<cstddef>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<ctime>
using namespace std;
inline int read(){
	int res=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9') res=res*10+ch-'0',ch=getchar();
	return res*f;
}
inline void write(int x){
	if(x<0) putchar('-'),x=-x;
	if(x<10) putchar(x+'0');
	else{
		write(x/10);
		putchar(x%10+'0');
	}
}
//queue<int> q;
//set<int> s;
//priority_queue<int> q1;
//priority_queue<int,vector<int>,greater<int> > q2;
//list<int> l;
//stack<int> s;
int n,k;
int c[500010];
void add(int x,int y){
	for(int i=x;i<=n;i+=i&(-i)){
		c[i]+=y;
	}
}
int getsum(int x){
	int sum=0;
	for(int i=x;i;i-=i&(-i)){
		sum+=c[i];
	}
	return sum;
}
int main(){
//	freopen("code.in","r",stdin);freopen("code.out","w",stdout);
	n=read();k=read();
	for(int i=1;i<=k;i++){
		char A;cin>>A;
		int m,p;
		if(A=='A'){
			m=read();
			write(getsum(m));putchar('\n');
		}else if(A=='B'){
			m=read();p=read();
			add(m,p);
		}else if(A=='C'){
			m=read();p=read();
			add(m,-p);
		}
	}
	return 0;
}

#10117. 「一本通 4.1 练习 2」简单题

题意

有一个 $n$ 个元素的数组，每个元素初始均为 $0$。有 $m$ 条指令，要么让其中一段连续序列数字反转——$0$ 变 $1$，$1$ 变 $0$（操作 $1$），要么询问某个元素的值（操作 $2$）。

思路

当然是树状数组啦。。。

这里介绍C++的一大利器——位运算。

&在C++里叫做与运算。应该差不多吧。。大概就是这样的：（按一个个位运算）

1&1=1
0&1=0
1&0=0
0&0=0

|在C++里叫或运算

0|1=1
1|0=1
1|1=1
0|0=0

^在C++里叫异或(xor)

0^0=0
1^0=1
0^1=1
1^1=0

~在C++里叫取反

顾名思义。。。

~1=0
~0=1

然后你就会发现这道题可以用C++的异或+树状数组解决。

利用树状数组，做一个异或前缀和。然后在输出时异或一遍就好了。

（这道题的1操作就相当于异或1）

（然而我们知道x xor 1 xor 1还是等于x）

（所以对于每个1操作只需要先把l之前的xor 1，然后r+1之前的xor 1）

（对于每个2操作只需要把前面统统xor一遍）

你就完美的解决了这道题

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;//丑陋无比的头文件终于结束
inline int read(){
	int res=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9') res=res*10+ch-'0',ch=getchar();
	return res*f;
}//读入
inline void write(int x){
	if(x<0) putchar('-'),x=-x;
	if(x<10) putchar(x+'0');
	else{
		write(x/10);
		putchar(x%10+'0');
	}
}//输出
int n,k;
int c[500010];//不解释
void add(int x,int y){//修改
	for(int i=x;i<=n;i+=i&(-i)){
		c[i]^=y;//异或前缀和
	}
}
int getsum(int x){//询问
	int sum=0;
	for(int i=x;i;i-=i&(-i)){
		sum^=c[i];//询问异或
	}
	return sum;//返回啊
}
int main(){
	n=read();k=read();//读入
	for(int i=1;i<=k;i++){
		char A;cin>>A;
		int m,p;
		if(A=='1'){//操作1
			m=read();p=read();
			add(m,1);//先将l之前的xor 1
			add(p+1,1);//然后把r+1之前的xor 1
            //那么l之前的数统统 xor 1 xor 1，抵消
		}else if(A=='2'){
			m=read();
			write(getsum(m));putchar('\n');//询问输出
		}
	}
	return 0;//结束了。。。
}

#133. 二维树状数组 1：单点修改，区间查询

题意

这是一道模板题。

给出一个 $n\times m$ 的零矩阵 $A$，你需要完成如下操作：

1 x y k：表示元素 $A_{x,y}$ 自增 $k$；
2 a b c d：表示询问左上角为 $(a,b)$，右下角为 $(c,d)$ 的子矩阵内所有数的和。

思路

当然是树状数组啦。。。

模板题。不介绍。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
ll n,m;
ll a[5010][5010];
ll lowbit(ll x){
	return (x&-x);
}
void add(ll x,ll y,ll k){
	for(ll i=x;i<=n;i+=lowbit(i)){
		for(ll j=y;j<=m;j+=lowbit(j)){
			a[i][j]+=k;
		}
	}
}
ll getsum(ll x,ll y){
	ll sum=0;
	for(ll i=x;i>0;i-=lowbit(i)){
		for(ll j=y;j>0;j-=lowbit(j)){
			sum+=a[i][j];
		}
	}
	return sum;
}
int main(){
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	ll type;
	while(scanf("%lld",&type)!=EOF){
		if(type==1){
			ll x,y,k;
			scanf("%lld%lld%lld",&x,&y,&k);
			add(x,y,k);
		}
		if(type==2){
			ll x1,y1,x2,y2;
			scanf("%lld%lld%lld%lld",&x1,&y1,&x2,&y2);
			printf("%lld\n",getsum(x2,y2)-getsum(x2,y1-1)-getsum(x1-1,y2)+getsum(x1-1,y1-1));
		}
	}
	return 0;
}

#10119. 「一本通 4.2 例 1」数列区间最大值

题意

这是一道模板题。

输入一串数字，给你 $M$ 个询问，每次询问就给你两个数字 $X,Y$，要求你说出 $X$ 到 $Y$ 这段区间内的最大数。

思路

模板题。不介绍。

RMQ问题

#include<algorithm>
#include<bitset>
#include<complex>
#include<deque>
#include<exception>
#include<fstream>
#include<functional>
#include<iomanip>
#include<ios>
#include<iosfwd>
#include<iostream>
#include<istream>
#include<iterator>
#include<limits>
#include<list>
#include<locale>
#include<map>
#include<memory>
#include<new>
#include<numeric>
#include<ostream>
#include<queue>
#include<set>
#include<sstream>
#include<stack>
#include<stdexcept>
#include<streambuf>
#include<string>
#include<typeinfo>
#include<utility>
#include<valarray>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
inline int read(){
	char ch=getchar();int res=0,f=1;
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9') res=res*10+ch-'0',ch=getchar();
	return res*f;
}
inline void write(int zx){
	if(zx<0) zx=-zx,putchar('-');
	if(zx<10) putchar(zx+'0');
	else{
		write(zx/10);
		putchar(zx%10+'0');
	}
}
int n,m,a[100010],f[100010][20];
void ST(){
	for(int i=1;i<=n;i++) f[i][0]=a[i];
	for(int j=1;(1<<j)<=n;j++){
        for(int i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++){
            f[i][j]=max(f[i][j-1],f[i+(1<<(j-1))][j-1]);
        }
    }
}
int RMQ(int l,int r){
    int k=0;
    while((1<<(k+1))<=r-l+1) k++;
    return max(f[l][k],f[r-(1<<k)+1][k]);
}
int main(){
	n=read();m=read();
	for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
	ST();
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int l=read(),r=read();
		write(RMQ(l,r));
		putchar('\n');
	}
	return 0;
}

#10120. 「一本通 4.2 例 2」最敏捷的机器人

题意

首先，他们面前会有一排共 $n$ 个数，它们比赛看谁能最先把每连续 $k$ 个数中最大和最小值写下来，当然，这些机器人运算速度都很快，它们比赛的是谁写得快。

思路

模板题。不介绍。

RMQ问题分别做一个最大值与最小值。

#include<algorithm>
#include<bitset>
#include<complex>
#include<deque>
#include<exception>
#include<fstream>
#include<functional>
#include<iomanip>
#include<ios>
#include<iosfwd>
#include<iostream>
#include<istream>
#include<iterator>
#include<limits>
#include<list>
#include<locale>
#include<map>
#include<memory>
#include<new>
#include<numeric>
#include<ostream>
#include<queue>
#include<set>
#include<sstream>
#include<stack>
#include<stdexcept>
#include<streambuf>
#include<string>
#include<typeinfo>
#include<utility>
#include<valarray>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define ll long long
using namespace std;
inline ll read(){
	char ch=getchar();ll res=0,f=1;
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9') res=res*10+ch-'0',ch=getchar();
	return res*f;
}
inline void write(ll zx){
	if(zx<0) zx=-zx,putchar('-');
	if(zx<10) putchar(zx+'0');
	else{
		write(zx/10);
		putchar(zx%10+'0');
	}
}
ll n,m,a[100010],f[100010][20],f2[100010][20];
void ST(){
	for(ll i=1;i<=n;i++) f[i][0]=a[i];
	for(ll j=1;(1<<j)<=n;j++) {
        for(ll i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++) {
            f[i][j]=max(f[i][j-1],f[i+(1<<(j-1))][j-1]);
        }
    }
}
ll RMQ(ll l,ll r){
    ll k=0;
    while((1<<(k+1))<=r-l+1) k++;
    return max(f[l][k],f[r-(1<<k)+1][k]);
}
void ST2(){
	for(ll i=1;i<=n;i++) f2[i][0]=a[i];
	for(ll j=1;(1<<j)<=n;j++) {
        for(ll i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++) {
            f2[i][j]=min(f2[i][j-1],f2[i+(1<<(j-1))][j-1]);
        }
    }
}
ll RMQ2(ll l,ll r){
    ll k=0;
    while((1<<(k+1))<=r-l+1) k++;
    return min(f2[l][k],f2[r-(1<<k)+1][k]);
}
int main(){
	n=read();m=read();
	for(ll i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
	ST();ST2();
	for(ll i=1;i<=n-m+1;i++){
		write(RMQ(i,i+m-1));
		putchar(' ');
		write(RMQ2(i,i+m-1));
		putchar('\n');
	}
	return 0;
}

#10121. 「一本通 4.2 例 3」与众不同

题意

定义完美序列：一段连续的序列满足序列中的数互不相同。

想知道区间 $[L,R]$ 之间最长的完美序列长度。

思路

设$las[x]$表示盈利$x$最近出现位置。

设$st[i]$表示以第$i$个数结尾的最长完美序列的起始位置。

\[st[i]=max(st[i-1],las[a[i]+1]) \]

设$f[i]$表示以第$i$个数结尾的最长完美序列的长度

\[f[i]=i-st[i]+1 \]

由$st$的递推式可知，$st$的值是一个非递减的序列。

对于一个询问区间$[l_i,r_i]$，该区间内的$st$值可能会有两种情况：

左边一部分的$st$值不在区间内，即$<l_i$
右边一部分的$st$值不在区间内，即$\ge l_i$

由于$st$的值具有单调性，所以这个边界可以通过二分得到。设求出的边界为$mid$_i，可得：

\[st[l_i...mid_i-1]<l_i \]

\[st[mid_i...r_i]\ge l_i \]

那么整个区间$[l_i,r_i]$的最长完美序列的长度可以分两部分来求。

左边：很显然为$mid_i-l_i$
右边：$MAX(m_i...r_i)$

所以右边的长度要使用ST表，即RMQ来求。

整个问题的时间复杂度：

\[O((M+N) \times logN) \]

#include<algorithm>
#include<bitset>
#include<complex>
#include<deque>
#include<exception>
#include<fstream>
#include<functional>
#include<iomanip>
#include<ios>
#include<iosfwd>
#include<iostream>
#include<istream>
#include<iterator>
#include<limits>
#include<list>
#include<locale>
#include<map>
#include<memory>
#include<new>
#include<numeric>
#include<ostream>
#include<queue>
#include<set>
#include<sstream>
#include<stack>
#include<stdexcept>
#include<streambuf>
#include<string>
#include<typeinfo>
#include<utility>
#include<valarray>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define ll long long
const int N=2e5+5,M=1e6;
using namespace std;
inline ll read(){
	char ch=getchar();ll res=0,f=1;
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9') res=res*10+ch-'0',ch=getchar();
	return res*f;
}
inline void write(ll zx){
	if(zx<0) zx=-zx,putchar('-');
	if(zx<10) putchar(zx+'0');
	else{
		write(zx/10);
		putchar(zx%10+'0');
	}
}
ll n,m,f[N][20],st[N],las[M<<1];
void ST(){
	for(ll j=1;(1<<j)<=n;j++){
        for(ll i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++){
            f[i][j]=max(f[i][j-1],f[i+(1<<(j-1))][j-1]);
        }
    }
}
ll RMQ(ll l,ll r){
    ll k=0;
    while((1<<(k+1))<=r-l+1) k++;
    return max(f[l][k],f[r-(1<<k)+1][k]);
}
ll find(ll l,ll r){
	if(st[l]==l) return l;
	if(st[r]<l) return r+1;
	int L=l,R=r;
	while(L<=R){
		int m=L+R>>1;
		if(st[m]<l) L=m+1;
		else R=m-1;
	}
	return L;
}
int main(){
	n=read();m=read();
	for(ll i=1;i<=n;i++){
		int x=read();
		st[i]=max(st[i-1],las[x+M]+1);
		f[i][0]=i-st[i]+1;
		las[x+M]=i;
	}
	ST();
	for(ll i=1;i<=m;i++){
		ll L,R;
		L=read();R=read();L++;R++;
		ll mid=find(L,R),ans=0,tmp;
		if(mid>L) ans=mid-L;
		if(mid<=R){
			tmp=RMQ(mid,R);
			ans=max(ans,tmp);
		}
		write(ans);putchar('\n');
	}
	return 0;
}

#10122. 「一本通 4.2 练习 1」天才的记忆

题意

给你一大串数字（编号为 $1$ 到 $N$，大小可不一定哦！），在你看过一遍之后，它便消失在你面前，随后问题就出现了，给你 $M$ 个询问，每次询问就给你两个数字 $A,B$，要求你瞬间就说出属于 $A$ 到 $B$ 这段区间内的最大数。

思路

典型的RMQ模板题啦。

先把一开始的一大串数字塞入RMQ。然后询问就好啦。没有一点坑。。。

#include<algorithm>
#include<bitset>
#include<complex>
#include<deque>
#include<exception>
#include<fstream>
#include<functional>
#include<iomanip>
#include<ios>
#include<iosfwd>
#include<iostream>
#include<istream>
#include<iterator>
#include<limits>
#include<list>
#include<locale>
#include<map>
#include<memory>
#include<new>
#include<numeric>
#include<ostream>
#include<queue>
#include<set>
#include<sstream>
#include<stack>
#include<stdexcept>
#include<streambuf>
#include<string>
#include<typeinfo>
#include<utility>
#include<valarray>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define ll long long
const int N=2e5+5,M=1e6;
using namespace std;
inline ll read(){
	char ch=getchar();ll res=0,f=1;
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9') res=res*10+ch-'0',ch=getchar();
	return res*f;
}
inline void write(ll zx){
	if(zx<0) zx=-zx,putchar('-');
	if(zx<10) putchar(zx+'0');
	else{
		write(zx/10);
		putchar(zx%10+'0');
	}
}
ll n,m,f[N][20],st[N],las[M<<1];
void ST(){
	for(ll j=1;(1<<j)<=n;j++){
        for(ll i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++){
            f[i][j]=max(f[i][j-1],f[i+(1<<(j-1))][j-1]);
        }
    }
}
ll RMQ(ll l,ll r){
    ll k=0;
    while((1<<(k+1))<=r-l+1) k++;
    return max(f[l][k],f[r-(1<<k)+1][k]);
}
ll find(ll l,ll r){
	if(st[l]==l) return l;
	if(st[r]<l) return r+1;
	int L=l,R=r;
	while(L<=R){
		int m=L+R>>1;
		if(st[m]<l) L=m+1;
		else R=m-1;
	}
	return L;
}
int main(){
	n=read();
	for(ll i=1;i<=n;i++){
		int x=read();
		f[i][0]=x;
	}
	ST();m=read();
	for(ll i=1;i<=m;i++){
		ll L,R;
		L=read();R=read();int ans=RMQ(L,R);
		write(ans);putchar('\n');
	}
	return 0;
}

#10123. 「一本通 4.2 练习 2」Balanced Lineup

题意

FJ 准备了 $Q$ 个可能的牛的选择和所有牛的身高。他想知道每一组里面最高和最低的牛的身高差别。

思路

典型的RMQ模板题啦。

先把一开始的一大串数字塞入RMQ。然后询问就好啦。没有一点坑。。。

注意RMQ2次就好了啊

#include<algorithm>
#include<bitset>
#include<complex>
#include<deque>
#include<exception>
#include<fstream>
#include<functional>
#include<iomanip>
#include<ios>
#include<iosfwd>
#include<iostream>
#include<istream>
#include<iterator>
#include<limits>
#include<list>
#include<locale>
#include<map>
#include<memory>
#include<new>
#include<numeric>
#include<ostream>
#include<queue>
#include<set>
#include<sstream>
#include<stack>
#include<stdexcept>
#include<streambuf>
#include<string>
#include<typeinfo>
#include<utility>
#include<valarray>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define ll long long
const int N=2e5+5,M=1e6;
using namespace std;
inline ll read(){
	char ch=getchar();ll res=0,f=1;
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9') res=res*10+ch-'0',ch=getchar();
	return res*f;
}
inline void write(ll zx){
	if(zx<0) zx=-zx,putchar('-');
	if(zx<10) putchar(zx+'0');
	else{
		write(zx/10);
		putchar(zx%10+'0');
	}
}
ll n,m,f[N][20],st[N],las[M<<1],f2[N][20];
void ST(){
	for(ll j=1;(1<<j)<=n;j++){
        for(ll i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++){
            f[i][j]=max(f[i][j-1],f[i+(1<<(j-1))][j-1]);
        }
    }
}
ll RMQ(ll l,ll r){
    ll k=0;
    while((1<<(k+1))<=r-l+1) k++;
    return max(f[l][k],f[r-(1<<k)+1][k]);
}
void ST2(){
	for(ll j=1;(1<<j)<=n;j++){
        for(ll i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++){
            f2[i][j]=min(f2[i][j-1],f2[i+(1<<(j-1))][j-1]);
        }
    }
}
ll RMQ2(ll l,ll r){
    ll k=0;
    while((1<<(k+1))<=r-l+1) k++;
    return min(f2[l][k],f2[r-(1<<k)+1][k]);
}
int main(){
	n=read();m=read();
	for(ll i=1;i<=n;i++){
		int x=read();
		f2[i][0]=f[i][0]=x;
	}
	ST();ST2();
	for(ll i=1;i<=m;i++){
		ll L,R;
		L=read();R=read();int ans=RMQ(L,R)-RMQ2(L,R);
		write(ans);putchar('\n');
	}
	return 0;
}

#2597. 「NOIP2011」选择客栈

题意

有$n$个客栈，每个客栈都配有咖啡馆。有两名旅客想住在同色调的客栈中，又想在两客栈之间的咖啡馆中小聚，咖啡馆的价钱不能高于$p$。

对于 $100\%$ 的数据，有 $2\leq n\leq2\times 10^6$，$0<k\leq10^4$ ，$0\leq p\leq100$，$0\leq$ 最低消费 $\leq100$ 。

思路

$n$的范围那么大，$k$的范围那么小。那么暴力吧。

设$h_i$表示目前颜色$i$的客栈数量，$las_i$表示最近的颜色为$i$的客栈的编号。

然后$O(n)$扫一遍就好了啊。

#include<algorithm>
#include<bitset>
#include<complex>
#include<deque>
#include<exception>
#include<fstream>
#include<functional>
#include<iomanip>
#include<ios>
#include<iosfwd>
#include<iostream>
#include<istream>
#include<iterator>
#include<limits>
#include<list>
#include<locale>
#include<map>
#include<memory>
#include<new>
#include<numeric>
#include<ostream>
#include<queue>
#include<set>
#include<sstream>
#include<stack>
#include<stdexcept>
#include<streambuf>
#include<string>
#include<typeinfo>
#include<utility>
#include<valarray>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define ll long long
const int N=2e5+5,M=1e6;
using namespace std;
inline ll read(){
	char ch=getchar();ll res=0,f=1;
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9') res=res*10+ch-'0',ch=getchar();
	return res*f;
}
inline void write(ll zx){
	if(zx<0) zx=-zx,putchar('-');
	if(zx<10) putchar(zx+'0');
	else{
		write(zx/10);
		putchar(zx%10+'0');
	}
}
ll n,m,color,price,now,las[N],h[N],sum[N],ans,p;
int main(){
	n=read();m=read();p=read();
	for(ll i=1;i<=n;i++){
		color=read(),price=read();//读入
		if(price<=p) now=i;//价钱要小于或等于p
        if(now>=las[color]) sum[color]=h[color];//如果比上一个颜色相同的近，直接加上方案数
        ans+=sum[color];//更新ANS
        h[color]++;las[color]=i;//更新LAS和H
	}
	write(ans);putchar('\n');//输出
	return 0;
}

#130. 树状数组 1 ：单点修改，区间查询

题意

这是一道模板题。

给定Q个操作：

1 i x：给定 $i,x$，将 $a[i]$ 加上 $x$；
2 l r：给定 $l,r$，求 $\sum_{i=l}^ra[i]$ 的值（换言之，求 $a[l]+a[l+1]+\dots+a[r]$ 的值）。

思路

模板题呀。但线段树可以过啊。

粘模板了。。。

#include<bits/stdc++.h>
#define N 10000000+10
#define ll long long
using namespace std;
ll n,m,a[N],add[N*4+10];
ll tree[N*4+10];
void pushup(ll id){
	tree[id]=tree[id<<1]+tree[(id<<1)|1];
}
void build(ll id,ll l,ll r){
	if(l==r) tree[id]=a[l];
	else{
		ll mid=l+((r-l)>>1);
		build(id<<1,l,mid);
		build((id<<1)|1,mid+1,r);
		pushup(id);
	}
}
void pushdown(ll id,ll l,ll r){
	if(add[id]!=0){
		add[id<<1]+=add[id];
		add[(id<<1)|1]+=add[id];
		ll mid=l+((r-l)>>1);
		tree[id<<1]+=add[id]*(mid-l+1);
		tree[(id<<1)|1]+=add[id]*(r-mid);
		add[id]=0;
	}
}
void update(ll id,ll l,ll r,ll ql,ll qr,ll val){
	if(ql<=l&&qr>=r){
		add[id]+=val;
		tree[id]+=val*(r-l+1);
		return ;
	}
	pushdown(id,l,r);
	ll mid=l+((r-l)>>1);
	if(ql<=mid) update(id<<1,l,mid,ql,qr,val);
	if(qr>=mid+1) update((id<<1)|1,mid+1,r,ql,qr,val);
	pushup(id);
}
ll query(ll id,ll l,ll r,ll ql,ll qr){
	if(ql<=l&&qr>=r) return tree[id];
	pushdown(id,l,r);
	ll mid=l+((r-l)>>1);
	ll ans=0;
	if(ql<=mid) ans+=query(id<<1,l,mid,ql,qr);
	if(qr>=mid+1) ans+=query((id<<1)|1,mid+1,r,ql,qr);
	return ans;
}
int main(){
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	for(ll i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);
	build(1,1,n);
	for(ll i=1;i<=m;i++){
		ll type;
		scanf("%lld",&type);
		if(type==1){
			ll x,y,k;
			scanf("%lld%lld",&y,&k);
			
			update(1,1,n,y,y,k);
		}
		if(type==2){
			ll x,y;
			scanf("%lld%lld",&x,&y);
			ll temp=query(1,1,n,x,y);
			printf("%lld\n",temp);
		}
	}
	return 0;
}

#132. 树状数组 3 ：区间修改，区间查询

题意

这是一道模板题。\r\n\r\n给定数列 $a[1], a[2], \dots, a[n]$，你需要依次进行 $q$ 个操作，操作有两类：

1 l r x：给定 $l,r,x$，对于所有 $i\in[l,r]$，将 $a[i]$ 加上 $x$（换言之，将 $a[l], a[l+1], \dots, a[r]$ 分别加上 $x$）；
2 l r：给定 $l,r$，求 $\sum_{i=l}^ra[i]$ 的值（换言之，求 $a[l]+a[l+1]+\dots+a[r]$ 的值）。

思路

模板题呀。但线段树可以过啊。

粘模板了。。。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
ll n,m,a[1000010],add[1000000*4+10];
ll tree[1000000*4+10];
void pushup(ll id){
	tree[id]=tree[id<<1]+tree[(id<<1)|1];
}
void build(ll id,ll l,ll r){
	if(l==r) tree[id]=a[l];
	else{
		ll mid=l+((r-l)>>1);
		build(id<<1,l,mid);
		build((id<<1)|1,mid+1,r);
		pushup(id);
	}
}
void pushdown(ll id,ll l,ll r){
	if(add[id]!=0){
		add[id<<1]+=add[id];
		add[(id<<1)|1]+=add[id];
		ll mid=l+((r-l)>>1);
		tree[id<<1]+=add[id]*(mid-l+1);
		tree[(id<<1)|1]+=add[id]*(r-mid);
		add[id]=0;
	}
}
void update(ll id,ll l,ll r,ll ql,ll qr,ll val){
	if(ql<=l&&qr>=r){
		add[id]+=val;
		tree[id]+=val*(r-l+1);
		return ;
	}
	pushdown(id,l,r);
	ll mid=l+((r-l)>>1);
	if(ql<=mid) update(id<<1,l,mid,ql,qr,val);
	if(qr>=mid+1) update((id<<1)|1,mid+1,r,ql,qr,val);
	pushup(id);
}
ll query(ll id,ll l,ll r,ll ql,ll qr){
	if(ql<=l&&qr>=r) return tree[id];
	pushdown(id,l,r);
	ll mid=l+((r-l)>>1);
	ll ans=0;
	if(ql<=mid) ans+=query(id<<1,l,mid,ql,qr);
	if(qr>=mid+1) ans+=query((id<<1)|1,mid+1,r,ql,qr);
	return ans;
}
int main(){
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	for(ll i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);
	build(1,1,n);
	for(ll i=1;i<=m;i++){
		ll type;
		scanf("%lld",&type);
		if(type==1){
			ll x,y,k;
			scanf("%lld%lld%lld",&x,&y,&k);
			update(1,1,n,x,y,k);
		}
		if(type==2){
			ll x,y;
			scanf("%lld%lld",&x,&y);
			ll temp=query(1,1,n,x,y);
			printf("%lld\n",temp);
		}
	}
	return 0;
}

#10127. 「一本通 4.3 练习 1」最大数

题意

给定一个正整数数列 $a_1, a_2, a_3, \cdots , a_n$，每一个数都在 $0\sim p – 1$ 之间。可以对这列数进行两种操作：

添加操作：向序列后添加一个数，序列长度变成 $n + 1$；
询问操作：询问这个序列中最后 $L$ 个数中最大的数是多少。

程序运行的最开始，整数序列为空。写一个程序，读入操作的序列，并输出询问操作的答案。

思路

模板题呀。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define MAXNUM 200000*4+10
using namespace std;
struct node{
	ll l,r,lef,rig,c;
}tree[MAXNUM];
ll n,m,q,len,las;
void build(ll l,ll r){
	ll root=++len;
	tree[root].l=l;tree[root].r=r;tree[root].lef=tree[root].rig=-1;
	if(l<r){
		ll mid=(l+r)/2;
		tree[root].lef=len+1;build(l,mid);
		tree[root].rig=len+1;build(mid+1,r);
	}
}
void update(ll root,ll x,ll k){
	if(tree[root].l==tree[root].r){tree[root].c=k;return ;}
	ll lef=tree[root].lef,rig=tree[root].rig;
	ll mid=(tree[root].l+tree[root].r)/2;
	if(x<=mid) update(lef,x,k);
	else update(rig,x,k);
	tree[root].c=max(tree[lef].c,tree[rig].c);
}
ll query(ll root,ll l,ll r){
	if(tree[root].l>=l&&tree[root].r<=r) return tree[root].c;
	ll lef=tree[root].lef,rig=tree[root].rig;
	ll mid=(tree[root].l+tree[root].r)/2;
	if(r<=mid) return query(lef,l,r);
	else if(mid<l) return query(rig,l,r);
	else return max(query(lef,l,mid),query(rig,mid+1,r));
}
int main(){
	scanf("%lld%lld",&m,&q);
	build(1,m);
	while(m--){
		char s;cin>>s;
		if(s=='A'){
			ll x;scanf("%lld",&x);n++;
			update(1,n,(x+las)%q);
		}else{
			ll x;scanf("%lld",&x);
			las=query(1,n-x+1,n);
			printf("%lld\n",las);
		}
	}
}

#10128. 「一本通 4.3 练习 2」花神游历各国

题意

每一次旅行中，花神会选择一条旅游路线，它在那一串国家中是连续的一段，这次旅行带来的开心值是这些国家的喜欢度的总和，当然花神对这些国家的喜欢程序并不是恒定的，有时会突然对某些国家产生反感，使他对这些国家的喜欢度 $\delta$ 变为 $\sqrt \delta$（可能是花神虐爆了那些国家的 OI，从而感到乏味）。

现在给出花神每次的旅行路线，以及开心度的变化，请求出花神每次旅行的开心值。

思路

为了使时间复杂度降低，我们可以发现：$\sqrt 1=1$所以，最大数字$10^9$操作较少次数便能到$1$。所以在操作前判断一下，如果区间内都是$1$即可跳过。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define MAXNUM 1000000*4+10
using namespace std;
struct node{
	ll l,r,lef,rig;
	ll val,Max;
}tree[210000];
ll a[110000],len,n,m;
void build(ll l,ll r){
	ll root=++len;
	tree[root].l=l;tree[root].r=r;tree[root].lef=tree[root].rig=-1;
	if(l==r)tree[root].val=tree[root].Max=a[l];
	else{
		ll mid=(l+r)/2;
		ll lef=tree[root].lef=len+1;build(l,mid);
		ll rig=tree[root].rig=len+1;build(mid+1,r);
		tree[root].val=tree[lef].val+tree[rig].val;
		tree[root].Max=max(tree[lef].Max,tree[rig].Max);
	}
}
void update(ll root,ll l,ll r){
	if(tree[root].Max<2) return ;
	if(tree[root].l==tree[root].r){tree[root].val=sqrt(tree[root].val);tree[root].Max=tree[root].val;return ;}
	ll lef=tree[root].lef,rig=tree[root].rig,mid=(tree[root].l+tree[root].r)/2;
	if(r<=mid) update(lef,l,r);
	else if(mid<l) update(rig,l,r);
	else update(lef,l,mid),update(rig,mid+1,r);
	tree[root].val=tree[lef].val+tree[rig].val;
	tree[root].Max=max(tree[lef].Max,tree[rig].Max);
}
ll query(ll root,ll l,ll r){
	if(tree[root].l>=l&&tree[root].r<=r) return tree[root].val;
	ll lef=tree[root].lef,rig=tree[root].rig,mid=(tree[root].l+tree[root].r)/2;
	if(r<=mid) return query(lef,l,r);
	else if(mid<l) return query(rig,l,r);
	else return query(lef,l,mid)+query(rig,mid+1,r);
}
int main(){
	scanf("%lld",&n);
	for(ll i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);
	build(1,n);
	scanf("%lld",&m);
	while(m--){
		char s;cin>>s;
		if(s=='2'){
			ll x,y;scanf("%lld%lld",&x,&y);
			update(1,x,y);
		}else{
			ll x,y;scanf("%lld%lld",&x,&y);
			printf("%lld\n",query(1,x,y));
		}
	}
	return 0;
}

#10129. 「一本通 4.3 练习 3」维护序列

题意

有长为 $n$ 的数列，不妨设为 $a_1,a_2,\cdots ,a_n$。有如下三种操作形式：

把数列中的一段数全部乘一个值；
把数列中的一段数全部加一个值；
询问数列中的一段数的和，由于答案可能很大，你只需输出这个数模 $P$ 的值。

思路

线段树瞎搞。乘法的优先级要高一些。

注意MOD

#include<bits/stdc++.h>
#define N 10000000+10
#define ll long long
using namespace std;
ll n,m,a[N],add[N*4+10],mod,p,mul[N*4+10];
ll tree[N*4+10];
void pushup(ll id){
	tree[id]=tree[id<<1]+tree[(id<<1)|1];
	tree[id]%=mod;
}
void push_down(ll cur,ll l,ll r,ll mid){
    if(mul[cur]==1&&add[cur]==0) return;
    mul[cur<<1]=mul[cur<<1]*mul[cur]%mod;
    add[cur<<1]=(add[cur<<1]*mul[cur]%mod+add[cur])%mod;
    tree[cur<<1]=(tree[cur<<1]*mul[cur]%mod+add[cur]*(ll)(mid-l+1)%mod)%mod;
    mul[cur<<1|1]=mul[cur<<1|1]*mul[cur]%mod;
    add[cur<<1|1]=(add[cur<<1|1]*mul[cur]%mod+add[cur])%mod;
    tree[cur<<1|1]=(tree[cur<<1|1]*mul[cur]%mod+add[cur]*(ll)(r-mid)%mod)%mod;
    mul[cur]=1;
    add[cur]=0;
    return;
}
void update(ll id,ll l,ll r,ll ql,ll qr,ll val){
	if(ql<=l&&qr>=r){
		add[id]+=val;add[id]%=mod;
		tree[id]=(tree[id]+(ll)(r-l+1)*val%mod)%mod;
		return ;
	}
	push_down(id,l,r,l+r>>1);
	ll mid=l+((r-l)>>1);
	if(ql<=mid) update(id<<1,l,mid,ql,qr,val);
	if(qr>=mid+1) update((id<<1)|1,mid+1,r,ql,qr,val);
	pushup(id);
}
void updatemul(ll cur,ll L,ll R,ll l,ll r,ll x){
    if(L>=l&&R<=r){
        mul[cur]=mul[cur]*(ll)x%mod;
        add[cur]=add[cur]*(ll)x%mod;
        tree[cur]=tree[cur]*(ll)x%mod;
        return;
    }
    ll mid=L+R>>1;
    push_down(cur,L,R,mid);
    if(l<=mid) updatemul(cur<<1,L,mid,l,r,x);
    if(r>mid) updatemul(cur<<1|1,mid+1,R,l,r,x);
    pushup(cur);
}
ll query(ll id,ll L,ll R,ll l,ll r){
    if(L>=l&&R<=r) return tree[id]%mod;
    ll mid=L+R>>1;
    ll ans=0;
    push_down(id,L,R,mid);
    if(l<=mid) ans=(ans+query(id<<1,L,mid,l,r))%mod;
    if(r>mid) ans=(ans+query(id<<1|1,mid+1,R,l,r))%mod;
    pushup(id);
    return ans;
}
void build(ll L,ll R,ll x,ll y,ll cur){
    mul[cur]=1;add[cur]=0;tree[cur]+=y;
    if(L==R) return;
    ll mid=L+R>>1;
    if(x>mid) build(mid+1,R,x,y,cur<<1|1);
    else build(L,mid,x,y,cur<<1);
    pushup(cur);
}
int main(){
	scanf("%lld%lld",&n,&mod);
	for(ll i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]),build(1,n,i,a[i]%mod,1);
	scanf("%lld",&m);
	for(ll i=1;i<=m;i++){
		ll type;
		scanf("%lld",&type);
		if(type==1){
			ll x,y,k;
			scanf("%lld%lld%lld",&x,&y,&k);
			updatemul(1,1,n,x,y,k);
		}
		if(type==2){
			ll x,y,k;
			scanf("%lld%lld%lld",&x,&y,&k);
			update(1,1,n,x,y,k);
		}
		if(type==3){
			ll x,y;
			scanf("%lld%lld",&x,&y);
			ll temp=query(1,1,n,x,y);
			printf("%lld\n",temp%mod);
		}
	}
	return 0;
}

2018.1.29

#10202. 「一本通 6.2 练习 5」樱花

题意

求不定方程：

\[\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{n!} \]

的正整数解 $(x,y)$ 的数目。

思路

\[\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{n!} \]

\[\frac{y}{xy}+\frac{x}{xy}=\frac{1}{n!} \]

\[\frac{x+y}{xy}=\frac{1}{n!} \]

\[n!\times(x+y)=xy \]

\[x+y=\frac{xy}{n!} \]

\[(x-n!)*(y-n!)=(n!)^2 \]

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long f[1000010],v[1000010],tot,ans[1000010],Ans=0;
long long n;
void prime(){
	for(long long i=2;i<=1000000;i++){
		if(!v[i]) v[i]=i,f[++tot]=i;
		for(long long j=1;j<=tot;j++){
			if(f[j]>v[i]||f[j]>1000000/i) break;
			v[i*f[j]]=f[j];
		}
	}
}
int main(){
	scanf("%lld",&n);
	prime();long long tmp=n;
	memset(ans,0,sizeof(ans));Ans=1;
	for(int i=1;f[i]<=n&&i<=tot;i++){
		long long tmp=0;
		for(long long j=f[i];j<=n;j*=f[i]){
			tmp+=n/j;
			tmp%=1000000007;
		}
		Ans*=2*tmp+1;
		Ans%=1000000007;
	}
	printf("%lld\n",Ans);
}

#10147. 「一本通 5.1 例 1」石子合并

题意

将 $n$ 堆石子绕圆形操场排放，现要将石子有序地合并成一堆。规定每次只能选相邻的两堆合并成新的一堆，并将新的一堆的石子数记做该次合并的得分。

请编写一个程序，读入堆数 $n$ 及每堆的石子数，并进行如下计算：

选择一种合并石子的方案，使得做 $n-1$ 次合并得分总和最大。
选择一种合并石子的方案，使得做 $n-1$ 次合并得分总和最小。

思路

DP水过去。。。

求最大值

设$f[i][j]$表示区间$[i,j]$得分的最大值。

很容易可以想到：

\[f[i][j]=max(f[i][k]+f[k+1][j]+dist(i,j))) \]

\[dist(i,j)=a[i]+a[i+1]+...+a[j-1]+a[j] \]

所以我们设$sum[i]=a[1]+a[2]+...+a[i-1]+a[i]$

可得：

\[sum[i]=sum[i-1]+a[i] \]

那么：

\[f[i][j]=max(f[i][j],f[i][k]+f[k+1][j]+sum[j]-sum[i-1]) \]

但是，仔细读题，发现是环。。。!

所以我们将环转换成链，即将$a$数组往后$n$个单位复制一遍。

最小值

与最大值差不多。改一个符号$max------>min$。

#include<algorithm>
#include<bitset>
#include<complex>
#include<deque>
#include<exception>
#include<fstream>
#include<functional>
#include<iomanip>
#include<ios>
#include<iosfwd>
#include<iostream>
#include<istream>
#include<iterator>
#include<limits>
#include<list>
#include<locale>
#include<map>
#include<memory>
#include<new>
#include<numeric>
#include<ostream>
#include<queue>
#include<set>
#include<sstream>
#include<stack>
#include<stdexcept>
#include<streambuf>
#include<string>
#include<typeinfo>
#include<utility>
#include<valarray>
#include<vector>
#include<cctype>
#include<cerrno>
#include<cfloat>
#include<ciso646>
#include<climits>
#include<clocale>
#include<cmath>
#include<csetjmp>
#include<csignal>
#include<cstdarg>
#include<cstddef>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<ctime>
#define E 200010
using namespace std;
inline int read(){
	int res=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9') res=res*10+ch-'0',ch=getchar();
	return res*f;
}
inline void write(int x){
	if(x<0) putchar('-'),x=-x;
	if(x<10) putchar(x+'0');
	else{
		write(x/10);
		putchar(x%10+'0');
	}
}
int n,f[210][210],a[210],sum[210],ans;
int main(){
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read(),a[i+n]=a[i];
	for(int i=1;i<=n*2;i++) sum[i]=sum[i-1]+a[i];
	memset(f,63,sizeof(f));
	for(int i=1;i<=n*2;i++) f[i][i]=0;
	for(int L=2;L<=n;L++){
		for(int i=1;i<=n*2-L+1;i++){
			int j=i+L-1;
			for(int k=i;k<j;k++){
				f[i][j]=min(f[i][j],f[i][k]+f[k+1][j]+sum[j]-sum[i-1]);
			}
		}
	}
	ans=2e9;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		ans=min(ans,f[i][i+n-1]);
	}
	write(ans);putchar('\n');
	memset(f,0,sizeof(f));
	for(int i=1;i<=n*2;i++) f[i][i]=0;
	for(int L=2;L<=n;L++){
		for(int i=1;i<=n*2-L+1;i++){
			int j=i+L-1;
			for(int k=i;k<j;k++){
				f[i][j]=max(f[i][j],f[i][k]+f[k+1][j]+sum[j]-sum[i-1]);
			}
		}
	}
	ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		ans=max(ans,f[i][i+n-1]);
	}
	write(ans);putchar('\n');
	return 0;
}

#10148. 「一本通 5.1 例 2」能量项链

题意

有$n$颗珠子，每个珠子都有自己的标记，现将珠子串成项链（环），每相邻的两颗珠子可以通过聚合释放出能量=三颗珠子的标记之积，并合并成一颗更大的珠子，问聚合成一颗珠子后最大释放的能量。

比如有一串项链：$2-->3-->5-->10$，那么把第一颗与第四颗珠子合并后产生的能量$=2\times3\times10$。那么这一串项链最多可释放：$(((4\bigotimes1)\bigotimes2)\bigotimes3)=(10\times2\times3)+10\times3\times5+10\times10\times5=710$

思路

设$f[i][j]$表示区间$[i,j]$的珠子合并后产生能量的最大值。

\[f[i][j]=max(f[i][k]+f[k+1][j]+a[i]*a[j+1]*a[k+1]) \]

也是把环展开就好了。。。233333333333.............

#include<algorithm>
#include<bitset>
#include<complex>
#include<deque>
#include<exception>
#include<fstream>
#include<functional>
#include<iomanip>
#include<ios>
#include<iosfwd>
#include<iostream>
#include<istream>
#include<iterator>
#include<limits>
#include<list>
#include<locale>
#include<map>
#include<memory>
#include<new>
#include<numeric>
#include<ostream>
#include<queue>
#include<set>
#include<sstream>
#include<stack>
#include<stdexcept>
#include<streambuf>
#include<string>
#include<typeinfo>
#include<utility>
#include<valarray>
#include<vector>
#include<cctype>
#include<cerrno>
#include<cfloat>
#include<ciso646>
#include<climits>
#include<clocale>
#include<cmath>
#include<csetjmp>
#include<csignal>
#include<cstdarg>
#include<cstddef>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<ctime>
#define E 200010
using namespace std;
inline int read(){
	int res=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9') res=res*10+ch-'0',ch=getchar();
	return res*f;
}
inline void write(int x){
	if(x<0) putchar('-'),x=-x;
	if(x<10) putchar(x+'0');
	else{
		write(x/10);
		putchar(x%10+'0');
	}
}
//queue<int> q;
//set<int> s;
//priority_queue<int> q1;
//priority_queue<int,vector<int>,greater<int> > q2;
//list<int> l;
//stack<int> s;
int n,f[210][210],a[210],sum[210],ans;
int main(){
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read(),a[i+n]=a[i];
	memset(f,0,sizeof(f));
	for(int i=1;i<=n*2;i++) f[i][i]=0;
	for(int L=2;L<=n;L++){
		for(int i=1;i<=n*2-L+1;i++){
			int j=i+L-1;
			for(int k=i;k<=j-1;k++){
				f[i][j]=max(f[i][j],f[i][k]+f[k+1][j]+a[i]*a[j+1]*a[k+1]);
			}
		}
	}
	ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		ans=max(ans,f[i][i+n-1]);
	}
	write(ans);putchar('\n');
	return 0;
}

2019.1.30

#10149. 「一本通 5.1 例 3」凸多边形的划分

题意

给定一个具有 $N$ 个顶点的凸多边形，将顶点从 $1$ 至 $N$ 标号，每个顶点的权值都是一个正整数。将这个凸多边形划分成 $N-2$ 个互不相交的三角形，试求这些三角形顶点的权值乘积和至少为多少。

思路

首先随便搞一个多边形：

然后给它顺时针每个顶点表上序号：

然后枚举$i,j$，要求：$i+1<j$，然后给$i,j$连一条线，分割出来另一个多边形：多边形23456

然后在$i,j$范围内枚举$k$，使得多边形23456又可以分割。

分割成如下图：

设$f[i][j]$表示把$i,j$的多边形切割成三角形后的权值乘积之和的最小值。

可得：

\[f[i][j]=min\{f[i][k]+f[k][j]+a[i]*a[j]*a[k]\}(0<i<j<k\leq n) \]

初始化：

\[f[i][j]=inf(0<i\leq n,0<j\leq n) \]

\[f[i][i+1]=0(0<i<n) \]

时间复杂度：$O(n^3)$

输出结果：$f[1][n]$

当然，这道题范围特别大：对于 $100\\%$ 的数据，有 $N\le 50$，每个点权值小于 $10^9$。三个数相乘最高可达$10^{27}$，所以需要使用高精度。这里使用了C++大数类，转自代号4101

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1000;  
struct bign{  
    int d[maxn], len;  
  
    void clean() { while(len > 1 && !d[len-1]) len--; }  
  
    bign()          { memset(d, 0, sizeof(d)); len = 1; }  
    bign(int num)   { *this = num; }   
    bign(char* num) { *this = num; }  
    bign operator = (const char* num){  
        memset(d, 0, sizeof(d)); len = strlen(num);  
        for(int i = 0; i < len; i++) d[i] = num[len-1-i] - '0';  
        clean();  
        return *this;  
    }  
    bign operator = (int num){  
        char s[20]; sprintf(s, "%d", num);  
        *this = s;  
        return *this;  
    }  
  
    bign operator + (const bign& b){  
        bign c = *this; int i;  
        for (i = 0; i < b.len; i++){  
            c.d[i] += b.d[i];  
            if (c.d[i] > 9) c.d[i]%=10, c.d[i+1]++;  
        }  
        while (c.d[i] > 9) c.d[i++]%=10, c.d[i]++;  
        c.len = max(len, b.len);  
        if (c.d[i] && c.len <= i) c.len = i+1;  
        return c;  
    }  
    bign operator - (const bign& b){  
        bign c = *this; int i;  
        for (i = 0; i < b.len; i++){  
            c.d[i] -= b.d[i];  
            if (c.d[i] < 0) c.d[i]+=10, c.d[i+1]--;  
        }  
        while (c.d[i] < 0) c.d[i++]+=10, c.d[i]--;  
        c.clean();  
        return c;  
    }  
    bign operator * (const bign& b)const{  
        int i, j; bign c; c.len = len + b.len;   
        for(j = 0; j < b.len; j++) for(i = 0; i < len; i++)   
            c.d[i+j] += d[i] * b.d[j];  
        for(i = 0; i < c.len-1; i++)  
            c.d[i+1] += c.d[i]/10, c.d[i] %= 10;  
        c.clean();  
        return c;  
    }  
    bign operator / (const bign& b){  
        int i, j;  
        bign c = *this, a = 0;  
        for (i = len - 1; i >= 0; i--)  
        {  
            a = a*10 + d[i];  
            for (j = 0; j < 10; j++) if (a < b*(j+1)) break;  
            c.d[i] = j;  
            a = a - b*j;  
        }  
        c.clean();  
        return c;  
    }  
    bign operator % (const bign& b){  
        int i, j;  
        bign a = 0;  
        for (i = len - 1; i >= 0; i--)  
        {  
            a = a*10 + d[i];  
            for (j = 0; j < 10; j++) if (a < b*(j+1)) break;  
            a = a - b*j;  
        }  
        return a;  
    }  
    bign operator += (const bign& b){  
        *this = *this + b;  
        return *this;  
    }  
  
    bool operator <(const bign& b) const{  
        if(len != b.len) return len < b.len;  
        for(int i = len-1; i >= 0; i--)  
            if(d[i] != b.d[i]) return d[i] < b.d[i];  
        return false;  
    }  
    bool operator >(const bign& b) const{return b < *this;}  
    bool operator<=(const bign& b) const{return !(b < *this);}  
    bool operator>=(const bign& b) const{return !(*this < b);}  
    bool operator!=(const bign& b) const{return b < *this || *this < b;}  
    bool operator==(const bign& b) const{return !(b < *this) && !(b > *this);}  
  
    string str() const{  
        char s[maxn]={};  
        for(int i = 0; i < len; i++) s[len-1-i] = d[i]+'0';  
        return s;  
    }  
};  
istream& operator >> (istream& in, bign& x){  
    string s;  
    in >> s;  
    x = s.c_str();  
    return in;  
}  
ostream& operator << (ostream& out, const bign& x){  

    out << x.str();  
    return out;  
}
#define ll bign
ll f[55][55],a[55];
int n;
int main(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i+=1) cin>>a[i];
	memset(f,63,sizeof(f));
	for(int i=1;i<=n;i++) f[i][i+1]=0;
	for(int L=2;L<=n-1;L++){
		for(int i=1;i<=n-L;i++){
			int j=i+L;
			for(int k=i+1;k<=j-1;k++){
				f[i][j]=min(f[i][k]+f[k][j]+a[i]*a[j]*a[k],f[i][j]);
			}
		}
	}
	cout<<f[1][n];putchar('\n');
	return 0;
}
//f[i][j]=min{f[i][k]+f[k][j]+a[i]*a[j]*a[k]}(0<i<k<j<=n)
//f[i][j]=inf
//f[i][i+1]=0;
//end:f[1][n]
//Time:O(n^3)

#10153. 「一本通 5.2 例 1」二叉苹果树

题意

有一棵二叉苹果树，如果数字有分叉，一定是分两叉，即没有只有一个儿子的节点。这棵树共 $N$ 个节点，标号 $1$ 至 $N$，树根编号一定为 $1$。

我们用一根树枝两端连接的节点编号描述一根树枝的位置。一棵有四根树枝的苹果树，因为树枝太多了，需要剪枝。但是一些树枝上长有苹果，给定需要保留的树枝数量，求最多能留住多少苹果。

思路

设$f[i][j]$表示以i为根节点，保留j个节点的最大苹果数量

\[f[i][j]=max{f[l[i]][k]+f[r[i]][j-k-1]+a[i]}(0<=k<=j-1) \]

\[f[i][j]=0(0<i<=n,0<=j<=Q+1) \]

\[f[i][j]=a[i](j!=0,l[i]==0,r[i]==0) \]

\[Answer:f[1][Q+1] \]

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
inline ll read(){
	char ch=getchar();ll res=0,f=1;
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9') res=res*10+ch-'0',ch=getchar();
	return res*f;
}
inline void write(ll x){
	if(x<0) putchar('-'),x=-x;
	if(x<10) putchar(x+'0');
	else{
		write(x/10);
		putchar(x%10+'0');
	}
}
ll n,Q,f[110][110],a[110],l[110],r[110],mp[110][110];
void MakeTree(int x){
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(mp[x][i]!=-1){
			l[x]=i;a[i]=mp[x][i];
			mp[x][i]=mp[i][x]=-1;
			MakeTree(i);
			break; 
		}
	}//Make Left Son
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(mp[x][i]!=-1){
			r[x]=i;a[i]=mp[x][i];
			mp[x][i]=mp[i][x]=-1;
			MakeTree(i);
			break;
		}
	}//Make Right Son
}
int DP(int x,int j){
	
	if(j==0){f[x][j]=0;return 0;}
	if((!l[x])&&(!r[x])){f[x][j]=a[x];return a[x];}
	if(f[x][j]>0) return f[x][j];
	for(int k=0;k<j;k++) f[x][j]=max(f[x][j],DP(l[x],k)+DP(r[x],j-k-1)+a[x]);
	return f[x][j];
}
int main(){
	n=read();Q=read();Q++;
	memset(mp,-1,sizeof(mp));
	for(int i=1;i<=n-1;i++){
		int x=read(),y=read(),z=read();
		mp[y][x]=mp[x][y]=z;
	}
	MakeTree(1);
	write(DP(1,Q));putchar('\n');
	/*
	cout<<"-----------------------------------"<<endl;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cout<<"Node "<<i<<":\n";
		cout<<"Left Son:"<<l[i]<<" Right Son:"<<r[i]<<endl;
		cout<<"Val:"<<a[i]<<endl;
		cout<<"DP :\n";
		for(int j=0;j<=Q;j++){
			cout<<"Has "<<j<<":"<<f[i][j]<<endl;
		}
		cout<<endl;
	} 
	*/
	return 0;
}
//设f[i][j]表示以i为根节点，保留j个节点的最大苹果数量
//f[i][j]=max{f[l[i]][k]+f[r[i]][j-k-1]+a[i]}(0<=k<=j-1) 
//f[i][j]=0(0<i<=n,0<=j<=Q+1)
//f[i][j]=a[i](j!=0&&l[i]==0&&r[i]==0)
//Answer:f[1][Q+1]
/*
Sample Input:
5 2
1 3 1
1 4 10
2 3 20
3 5 20
Sample Output:
21
*/

#10154. 「一本通 5.2 例 2」选课

题意

有很多课程，但部分课程有先修课。学生不可能学完大学开设的所有课程，因此必须在入学时选定自己要学的课程。每个学生可选课程的总数是给定的。请找出一种选课方案使得你能得到的学分最多，并满足先修课优先的原则。假定课程间不存在时间上的冲突。

思路

瞎搞树形DP。

发现这是背包。

还是分组背包。(^▽)

于是就愉快地解决了。

设$f[x][t]$表示以x为根节点的子树中选t门课能够获得的最高学分。（所以说是背包问题嘛）

\[Answer:f[0][m] \]

#include<algorithm>
#include<bitset>
#include<complex>
#include<deque>
#include<exception>
#include<fstream>
#include<functional>
#include<iomanip>
#include<ios>
#include<iosfwd>
#include<iostream>
#include<istream>
#include<iterator>
#include<limits>
#include<list>
#include<locale>
#include<map>
#include<memory>
#include<new>
#include<numeric>
#include<ostream>
#include<queue>
#include<set>
#include<sstream>
#include<stack>
#include<stdexcept>
#include<streambuf>
#include<string>
#include<typeinfo>
#include<utility>
#include<valarray>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define ll long long 
#define eps 1e-4
using namespace std;
inline int read(){
	int ret=0,f=1;char ch=getchar();
	while (ch<'0'||ch>'9') {if (ch=='-') f=-f;ch=getchar();}
	while (ch>='0'&&ch<='9') ret=ret*10+ch-'0',ch=getchar();
	return ret*f;
}
inline void write(int zx){
	if(zx<0){zx=-zx;putchar('-');}
	if(zx<10) putchar(zx+'0');
	else{
		write(zx/10);
		putchar(zx%10+'0');
	}
}
int n,m,fir[310],nxt[310];
int s[310],w[310],f[310][310];
int DP(int x){
	if(fir[x]==-1) return 0;
	int sum=0;
	for(int i=fir[x];i!=-1;i=nxt[i]){
		int tmp=DP(i);
		sum+=tmp+1;
		for(int j=sum;j>=0;j--)
            for(int k=0;k<=tmp;k++)
				if(j-k-1>=0) f[x][j]=max(f[x][j],f[x][j-k-1]+f[i][k]);
	}
	return sum;
}
int main(){
	n=read();m=read();
	memset(fir,-1,sizeof(fir));
	for(int i=1;i<=n;i++){
		s[i]=read();w[i]=read();
		nxt[i]=fir[s[i]];
		fir[s[i]]=i;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) f[i][0]=w[i];
    f[0][0]=0;
    DP(0);
    write(f[0][m]);
    putchar('\n');
	return 0;
}

#10155. 「一本通 5.2 例 3」数字转换

题意

如果一个数 $x$ 的约数和 $y$ （不包括他本身）比他本身小，那么 $x$ 可以变成 $y$，$y$ 也可以变成 $x$。例如 $4$ 可以变为 $3$，$1$ 可以变为 $7$。限定所有数字变换在不超过 $n$ 的正整数范围内进行，求不断进行数字变换且不出现重复数字的最多变换步数。

思路

求树的最长链

设$d1[i]$为以$i$为根的子树中，i到叶子节点距离最大值

设$d2[i]$为以$i$为根的子树中，i的叶子节点距离次大值(除了最大值所在的子树)

若j为i的儿子，那么：

若$d1[j]+dis[i][j]>d1[i]$，则$d2[i]=d1[i];d1[i]=d2[j]=dis[i][j];$
否则，若$d1[j]+dis[i][j]>d2[i]$，则$d2[i]=d1[j]+dis[i][j]; $

最后扫描所有节点，最长链=max{d1[i]+d2[i]}

#include<algorithm>
#include<bitset>
#include<complex>
#include<deque>
#include<exception>
#include<fstream>
#include<functional>
#include<iomanip>
#include<ios>
#include<iosfwd>
#include<iostream>
#include<istream>
#include<iterator>
#include<limits>
#include<list>
#include<locale>
#include<map>
#include<memory>
#include<new>
#include<numeric>
#include<ostream>
#include<queue>
#include<set>
#include<sstream>
#include<stack>
#include<stdexcept>
#include<streambuf>
#include<string>
#include<typeinfo>
#include<utility>
#include<valarray>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define ll long long 
#define eps 1e-4
using namespace std;
//priority_queue<int,vector<int>,greater<int> > q1;
//priority_queue<int> q2;
//set<int> s;
//list<int> l;
//map<int> mp;
inline int read(){
	int ret=0,f=1;char ch=getchar();
	while (ch<'0'||ch>'9') {if (ch=='-') f=-f;ch=getchar();}
	while (ch>='0'&&ch<='9') ret=ret*10+ch-'0',ch=getchar();
	return ret*f;
}
inline void write(int zx){
	if(zx<0){zx=-zx;putchar('-');}
	if(zx<10) putchar(zx+'0');
	else{
		write(zx/10);
		putchar(zx%10+'0');
	}
}
int sum[500001],n,d1[500001],d2[500001],ans;
void Pri(){
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=2;j<=n/i;j++){
			if(i*j>n) break;
			sum[i*j]+=i;
		}
	}
}
void dp(){
	for(int i=n;i>=1;i--){
		if(sum[i]<i){
			if(d1[i]+1>d1[sum[i]]){
				d2[sum[i]]=d1[sum[i]];
				d1[sum[i]]=d1[i]+1;
			}else if(d1[i]+1>d2[sum[i]]) d2[sum[i]]=d1[i]+1;
		}
	}
}
int main(){
	n=read();
	Pri();
	dp();
	for(int i=1;i<=n;i++) ans=max(ans,d1[i]+d2[i]);
	write(ans);putchar('\n');
	return 0;
}

posted @ 2019-01-27 16:08 yzx_1798106406 阅读(1111) 评论(0) 编辑收藏举报

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一只蒟蒻的博客

2019寒假练题计划——LibreOJ刷题计划 &《信息学奥赛一本通》提高版题目

2019.1.27

#10082. 「一本通 3.3 例 1」Word Rings

题意

思路

#10083. 「一本通 3.3 例 2」双调路径

题意

思路

#10084. 「一本通 3.3 练习 1」最小圈

题意

思路

#10085. 「一本通 3.3 练习 2」虫洞 Wormholes

题意

思路

#10086. 「一本通 3.3 练习 3」Easy SSSP

题意

思路

#10087. 「一本通 3.4 例 1」Intervals

题意

思路

#10088. 「一本通 3.4 例 2」出纳员问题

题意

思路

#10089. 「一本通 3.4 练习 1」糖果

题意

思路

#10090. 「一本通 3.4 练习 2」布局 Layout

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2019.1.28

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