牛客小白月赛#27 题解

思路主要参考自官方题解，以及网友的博客分享，十分感谢~

A-巨木之森 #树的直径

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暂时咕咕咕，等我考完期末考

B-乐**对 #记忆化搜索 #线性DP

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分析：

详解

比赛时我的思路是逆序贪心，但一直都过不了，赛后发现数据(n=12,a[]={6,6,6,6,6,6,6,1,1,1,1,1})，它的正确分组应该为：(6,6,6,6,6,6,6∣1∣1∣1∣1∣1)。

最保险的方法应该是DP，预先升序排序，然后状态转移方程为：

[dp[i] = egin{cases} dp[i-1], \ dp[i - a[i]] + 1 （若i-a[i]+1存在） end{cases} ]

但注意最终答案应该选择(dp[n] = dp[n - a[n]] +1)，这样是为了保证最后的人能够进队，比如 3 1 1 3。

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <string>
using namespace std;
const int MAXN = 1e5 + 5;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int dp[MAXN], a[MAXN], n;
int dfs(int cur){
    if(cur <= 0) //抵达递归基
        return 0;
    else if(dp[cur] > -1)
        return dp[cur];
    else if(cur == n) //已保证前提
        return dp[n] = 1 + dfs(cur - a[cur]); //因为最大值不能自成
    else{
        int mymax = -1;
        if(cur - a[cur] >= 0) //[ (cur - a[cur]）, cur]自成一队
            mymax = max(mymax, dfs(cur - a[cur]) + 1);
        mymax = max(mymax, dfs(cur - 1)); //与cur-1属于同一队
        return dp[cur] = mymax;
    }
}
int main(){
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i <= n; i++){
        scanf("%d", &a[i]);
        dp[i] = -1;
    }
    sort(a + 1, a + n + 1);
    if(a[n] > n)
        printf("-1
");
    else
        printf("%d
", dfs(n));
    return 0;
}

C-光玉小镇 #搜索 #状态压缩DP

暂时咕咕咕，等我考完期末考

D-巅峰对决 #线段树

题目链接

分析：

本题卡的地方，在于如何用(O(logn))的时间复杂度，判断任意区间的每个值递增连续，判断区间长度 是否 等于最大值与最小值之差 即可。

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <string>
using namespace std;
const int MAXN = 1e5 + 5;
int n, q, mymax[MAXN << 2], mymin[MAXN << 2];
void PushUp(int rt){
    mymax[rt] = max(mymax[rt << 1], mymax[rt << 1 | 1]);
    mymin[rt] = min(mymin[rt << 1], mymin[rt << 1 | 1]);
}
void Build(int lo, int hi, int rt){
    if(lo == hi){
        int val;
        scanf("%d", &val);
        mymax[rt] = mymin[rt] = val;
        return;
    }
    int mid = (lo + hi) >> 1;
    Build(lo, mid, rt << 1);
    Build(mid + 1, hi, rt << 1 | 1);
    PushUp(rt);
}
void UpdateForDot(int idx, int X, int lo, int hi, int rt){
    if(lo == hi) {
        mymax[rt] = mymin[rt] = X;
        return;
    }
    int mid = (lo + hi) >> 1;
    if(idx <= mid)
        UpdateForDot(idx, X, lo, mid, rt << 1);
    else
        UpdateForDot(idx, X, mid + 1, hi, rt << 1 | 1);
    PushUp(rt);
}
pair<int, int> Query(int L, int R, int lo, int hi, int rt){
    if(L <= lo && hi <= R)
        return{mymax[rt], mymin[rt]};
    int mid = (lo + hi) >> 1;
    pair<int, int> ans{-1e9-5, 1e9+5}, tmp;
    if(L <= mid) {
        tmp = Query(L, R, lo, mid, rt << 1);
        ans.first = max(ans.first, tmp.first);
        ans.second = min(ans.second, tmp.second);
    }
    if(mid < R){
        tmp = Query(L, R, mid + 1, hi, rt << 1 | 1);
        ans.first = max(ans.first, tmp.first);
        ans.second = min(ans.second, tmp.second);
    }
    return ans;
}
int main(){
    scanf("%d%d", &n, &q);
    Build(1, n, 1);
    while(q--){
        int opt, lo, hi;
        scanf("%d%d%d", &opt, &lo, &hi);
        if(opt == 1){
            UpdateForDot(lo, hi, 1, n, 1);
        }
        else if(opt == 2){
            pair<int, int> ans = Query(lo, hi, 1, n, 1);
            if(ans.first - ans.second == hi - lo)
                printf("YES
");
            else
                printf("NO
");
        }
    }
}

E-使徒袭来 #基本不等式

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分析

知道乘积，用pow函数就能出求和了$frac{a_1+a_2+...+a_n}{n} ge sqrt[n]{a_1a_2...a_n} $

F-核弹剑仙 #bitset #拓扑排序

题目链接

分析

题目要求偏序关系的计数，因而拓扑排序是本题的核心。如何计数呢？起初我以为直接用cnt[]存储次数，转移该节点时，对其所有上一节点的结果进行累加。然而，对于下图的情况，会将上一条路径重复累加，导致最终结果偏大

如何不遗漏分叉的路径，又不重复累加重合的路径呢？很明显这样的计数是取并集的过程，我们想到STL中bitset支持两个串的01进行按位或运算——即两串取并集。也就是说，我们为每一节点都定义个01串，这个01串的某个位若为1，记录该数位代表的顶点比当前节点先序。转移时，先将上一顶点的01串对当前顶点的01串进行按位或运算，然后再将上一顶点所代表的数位取1。最终，将每个节点的01串中含1的数量输出来即可。

#include <string>
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <vector>
#include <string>
#include <queue>
#include <cstring>
#include <bitset>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN = 1e3 + 5;
queue<int> myque;
bitset<MAXN> bitstr[MAXN];
int n, m, H[MAXN], tot = 0, InD[MAXN];
struct Edge{
    int to, nextNbr;
} E[MAXN << 1];
int cnt[MAXN];
void AddEdge(int u, int v){
    tot++;
    E[tot].to = v; E[tot].nextNbr = H[u]; H[u] = tot;
}
int main(){
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for (int i = 1; i <= n; i++) H[i] = -1;
    for (int i = 1; i <= m; i++){
        int tmpu, tmpv;
        scanf("%d %d", &tmpu, &tmpv);
        AddEdge(tmpu, tmpv);
        InD[tmpv]++;
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        if(InD[i] == 0)
            myque.push(i);
    while(!myque.empty()){
        int u = myque.front();
        myque.pop();
        for (int i = H[u]; i >= 0; i = E[i].nextNbr){
            int v = E[i].to;
            InD[v]--;
            if(InD[v] == 0){
                myque.push(v);
            }
            bitstr[v] |= bitstr[u];
            bitstr[v][u] = 1;
        }
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        printf("%d
", (int)bitstr[i].count());
}

H-社*游戏 #二维前缀和 #二分

题目链接

分析

注意题干中，是保证子正方形中所有字母都不超过k！

#include <string>
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <vector>
#include <string>
#include <queue>
#include <cstring>
#include <bitset>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN = 505;
int G[MAXN][MAXN], n, m, k;
int sum[29][MAXN][MAXN];
int ans[MAXN][MAXN];
string str[MAXN];
int Cal(int t, int x2, int y2, int x1, int y1) {
    return sum[t][x2][y2] - sum[t][x2][y1 - 1] - sum[t][x1 - 1][y2] + sum[t][x1 - 1][y1 - 1];
}
bool Judge(int x2, int y2, int x1, int y1) {
    for (int i = 1; i <= 27; i++) { //保证所有字母不超过!!!
        if (Cal(i, x2, y2, x1, y1) > k) return 0;
    }
    return 1;
}
int main() {
    scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> str[i];
    for (int t = 1; t <= 27; t++) {
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            for (int j = 0; j < m; j++) {
                int cur = str[i][j] - 'a' + 1;
                sum[t][i][j + 1] = (t == cur) + sum[t][i - 1][j + 1] + sum[t][i][j - 1 + 1] - sum[t][i - 1][j - 1 + 1];
            }
        }
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = 1; j <= m; j++) {
            int lo = 1, hi = min(n - i + 1, m - j + 1), len = 1;
            while (lo <= hi) {
                int mid = (lo + hi) >> 1;
                if (Judge(i + mid - 1, j + mid - 1, i, j)) {
                    lo = mid + 1;
                    len = mid;
                }
                else {
                    hi = mid - 1;
                }
            }
            ans[i][j] = len;
        }
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = 1; j <= m; j++)
            printf("%d%c", ans[i][j], (j == m) ? '
' : ' ');
}

I-名作之壁 #双指针 #单调队列

题目链接

分析

观察数据范围，我们不可能将任意区间枚举出来，一定需要观察题目性质。注意到，由于b,c均为正数，a[i]的值随i值递增。我们利用右指针（定义为i）尝试遍历整个数组。若a[lo, hi]的最值之差一旦大于k时，那么a[lo, hi+1]、a[lo, hi+2]、…的最值之差一定也满足大于k，因为最小值不变，最大值增大嘛。由此，我们一旦碰到条件满足，不需要继续枚举右端点i。此时，对于右端点为i且满足题意的区间有n-i+1

在当前右端点i下，我们又逐渐枚举左端点j，直到a[j, i]区间最值之差不满足题意时，我们再将i向前移动。

如何在(O(1))的时间复杂度内，得出一定区间的两个最值呢？使用两个单调队列，分别维护窗口最大值、最小值，代码中直接使用deque去模拟单调队列。

#include <string>
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <deque>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN = 1e7 + 5;
const int MOD = 1e9;
int n, k;
ll a[MAXN], c, b;
deque<int> mymax, mymin;
int main() {
    scanf("%d%d", &n, &k);
    scanf("%lld%lld%lld", &a[0], &b, &c);
    for (int i = 1; i <= n; i++){
        a[i] = (a[i - 1] * (ll)b + (ll)c) % MOD;
    }
    ll ans = 0;
    for (int i = 1, j = 1; i <= n; i++){
        //单调队列基本操作
        while(!mymax.empty() && a[mymax.back()] <= a[i]) mymax.pop_back();
        mymax.push_back(i);
        while(!mymin.empty() && a[mymin.back()] >= a[i]) mymin.pop_back();
        mymin.push_back(i);
        while(!mymin.empty() && !mymin.empty() && a[mymax.front()] - a[mymin.front()] > k){ //对于特定的j，它们有相应的（可拓展的）右端点i
            ans += (n - i + 1); 
            j++;
            //保证单调队列维护[j, i]的最值
            if(mymin.front() < j) mymin.pop_front(); 
            if(mymax.front() < j) mymax.pop_front();
        }
    }
    printf("%lld
", ans);
}