套题 bestcoder 84
A题：Aaronson
静下心来观察就会发现
1.如果m大于等于n的位数，那么n直接写成二进制形式就是最优解形式
2.如果m小于n的位数，那么贪心地使得高位尽可能地多消掉n的值，因为高位少写一个数
就意味着低位要写更多位来弥补抵消
3.在第二种情况下，枚举2^m也不会超int，因为（n<le9）最多有30位,且m小于n的位数
,m就不会很大
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int Max=1e5+10; inline int cacu(int x) { int ans=0; while(x) { ans++; x/=2; } return ans; } int main() { int T; for(scanf("%d",&T);T;T--) { int n,m; scanf("%d%d",&n,&m); m+=1; int c=cacu(n); int sum; if(m>=c) { sum=0; while(n) { if(n&1) sum+=1; n>>=1; } } else { sum=0; int re; while(n) { re=n/(1<<(m-1)); sum+=re; n=n-re*(1<<(m-1)); m--; } } cout<<sum<<endl; } return 0; }
B题：Bellovin
给出一个序列，求与这个序列LIS相同的最小字母序序列
观察可知，答案即为求每位LIS
以dp[x]代表长度为x的LIS,且dp[x]==LIS长度为x的末尾值
每次都往前取dp[x]中最小的一个,当然在保证x尽可能地大的情况下
因为dp[x]是递增的，所以可以二分,l=1,r=当前最长的LIS
求得当前以小于当前a[i]的最长LIS
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int Max=1e5+10; int A[Max]; int dp[Max]; int LIS[Max]; void Get_lis(int n) { int i,j,l,r,mid,ans; dp[1]=A[1]; int len=1; for(i=2;i<=n;i++) { if(dp[len]<A[i]) j=++len; else { l=1;r=len; ans=0; while(l<=r) { mid=(l+r)>>1; if(A[i]>dp[mid]&&A[i]<=dp[mid+1]) { ans=mid;break; } else if(A[i]>dp[mid]) l=mid+1; else r=mid-1; } j=ans+1; } dp[j]=A[i]; LIS[i]=j; } } int main() { int T; for(scanf("%d",&T);T;T--) { int n; scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%d",&A[i]); dp[i]=0; } LIS[1]=1; Get_lis(n); for(int i=1;i<=n;i++) { if(i!=1) printf(" "); printf("%d",LIS[i]); } puts(""); } return 0; }
C题：Colmerauer
已知一个鞍点可覆盖范围是一个矩形,以这个鞍点作为原点
可以利用单调栈求出它的(u,l,d,r)
在枚举子矩阵的时候，会有多少次覆盖到这个鞍点的区域？
不如思考一下这个鞍点的区域可以分成多少个子矩阵
分类：
将鞍点看做原点0，那么原本的左右区间可以写成(-l,r);
鞍点在x轴上可以分为三部分:(-l,0,r)
那么左边的长度有l种,右边也有r种
分类法加分步法分析：
第一种：先选左边：那么左边l种区间的长度和为(l)(l+1)/2,因为此时右边可以任选,
，有r+1(包括原点)种方式，再乘以r+1
第二种：先选右边: 那么右边(r+1)(包括鞍点自身)种区间的长度和为(r+1)(r+2)/2,因为
此时左边可以任选，有l+1种方式，再乘以l+1
鞍点在y轴上的区分求法同上
注意此题求出的l,r,u,d比实际值高了一位
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; const LL MOD=(LL)(1<<20)*(LL)(1<<12); const int Max=1e3+10; const int inf=0x3f3f3f3f; int matrix[Max][Max],l[Max][Max],r[Max][Max], u[Max][Max],d[Max][Max]; stack<int>st; LL Cacu(int x,int y) { LL ans=(x*(x+1)/2*(y+1)%MOD+(y+1)*(y+2)/2*(x+1)%MOD)%MOD; return ans; } int main() { int T; for(scanf("%d",&T); T; T--) { int n,m; scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1; i<=n; i++) for(int j=1; j<=m; j++) scanf("%d",&matrix[i][j]); //行中最小 for(int i=1; i<=n; i++) { matrix[i][m+1]=matrix[i][0]=-inf; while(!st.empty()) st.pop(); st.push(0); for(int j=1; j<=m; j++) { while(!st.empty()&&matrix[i][st.top()]>matrix[i][j]) st.pop(); l[i][j]=st.top(); st.push(j); } while(!st.empty()) st.pop(); st.push(m+1); for(int j=m; j>=1; j--) { while(!st.empty()&&matrix[i][st.top()]>matrix[i][j]) st.pop(); r[i][j]=st.top(); st.push(j); } } //列中最大 for(int j=1; j<=m; j++) { matrix[0][j]=matrix[n+1][j]=inf; //这里是为了保证u[1]=0和d[n]=n+1,因此要设到最大 while(!st.empty()) st.pop(); st.push(0); for(int i=1; i<=n; i++) { while(!st.empty()&&matrix[st.top()][j]<matrix[i][j]) st.pop(); u[i][j]=st.top(); st.push(i); } while(!st.empty()) st.pop(); st.push(n+1); for(int i=n; i>=1; i--) { while(!st.empty()&&matrix[st.top()][j]<matrix[i][j]) st.pop(); d[i][j]=st.top(); st.push(i); } } LL ans=0; int uy,dy,lx,rx; for(int i=1;i<=n;i++) { for(int j=1;j<=m;j++) { uy=i-u[i][j]-1;lx=j-l[i][j]-1; dy=d[i][j]-i-1;rx=r[i][j]-j-1; ans=(ans+(Cacu(uy,dy)*Cacu(lx,rx)%MOD*matrix[i][j]))%MOD; } } printf("%I64d\n",ans); } return 0; }
D题：Dertouzos
求1到n-1中最大因数是d的数的个数
设m是1到n-1的任意一个数
设m=d*r,若d是m的最大因数,r必须满足:
1.r必然是m的最小因数,
2.r必然是素数,不然总可以拆成另外的几个数,导致存在比d大的因数
3.r必然小于等于d
可以看到,m最大是n-1,r最大是n-1/d
那么可以从最小素数2开始进行检查，看其是否能成为r
1到1e9的素数筛出来,过于艰难
通过观察可以发现：
当d很小时,由于r小于等于d,循环d次即可
当d很大时,由于r小于等于n-1/d,循环次数也不会很多
可以将d<=1e4时当作很小进行分析：
d<=1e4,r不会超过1e4
d>1e4,n最高等于1e9,n-1/d<=1e5,r不会超过1e5
因此我们只要筛出1到1e5的素数就好了
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int Max=1e7+10; int prime[Max],is_prime[Max],top; void Erato() { int m,n; n=1e5+5; for(int i=2; i<=n; i++) if(!is_prime[i]) { prime[top++]=i; for(int j=i*2; j<=n; j+=i) is_prime[j]=1; } } int check(int n,int d) { int ans=0; for(int i=0; i<top; i++) { if(d*prime[i]>=n) return ans; if(d%prime[i]==0) return ans+1; //包括自身 ans++; } return ans; } int main() { Erato(); int T; for(scanf("%d",&T); T; T--) { int n,d; scanf("%d%d",&n,&d); int ans=check(n,d); printf("%d\n",ans); } return 0; }
E题：Eades
待续。。。。。。
