T1 [JZOJ1534] rank
题目描述
小h和小R正在看之前的期末&三校联考成绩，小R看完成绩之后很伤心，共有n个学生，第i个学生有一个总成绩Xi，因为他的排名是倒数第k个，于是小R想知道那些成绩比他低（包括成绩和他一样）的同学的成绩，这样能让他没那么伤心。
数据范围
$1 leq N leq 5 imes 10^6$，$0 leq X leq 10^5$
分析
我以为我拿到了C组题，惊了
数据量大数据值小，显然桶排序
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #include <queue> using namespace std; #define ll long long #define inf 0x3f3f3f3f #define N 5000005 #define M 100005 int n, k, x, mins = inf, maxs, s[M]; int main() { scanf("%d%d", &n, &k); for (int i = 1; i <= n; i++) { scanf("%d", &x); s[x]++; mins = min(mins, x); maxs = max(maxs, x); } int now = 0; for (int i = mins; i <= maxs; i++) { while (s[i]--) { if (++now > k) break; printf("%d ", i); } if (now >= k) break; } return 0; }
T2 [JZOJ1536] seek
题目描述
俗话说“好命不如好名”，小h准备给他的宠物狗起个新的名字，于是他把一些英文的名字全抄下来了，写成一行长长的字符串，小h觉得一个名字如果是好名字，那么这个名字在这个串中既是前缀，又是后缀，即是这个名字从前面开始可以匹配，从后面开始也可以匹配，例如abc在abcddabc中既是前缀，也是后缀，而ab就不是，可是长长的字符让小h几乎昏过去了，为了给自己的小狗起个好名字，小h向你求救，并且他要求要将所有的好名字的长度都输出来。
数据范围
$1 leq vert S vert leq 4 imes 10^5$
分析
这题主要是考对 $KMP$ 算法的理解
事实上这里只需要用到 $KMP$ 中的 $nxt$ 数组，即字符串每个前缀区间的前后缀最长匹配（不包含自身）
首先原字符串肯定是符合题意的，而对于每个合法的区间，它的最长匹配前缀区间也是合法的
所以只需要在求出 $nxt$ 数组后，依次输出所有合法区间就可以了
当然这题用 $Hash$ 来做也是很简单的
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #include <queue> using namespace std; #define ll long long #define inf 0x3f3f3f3f #define N 400005 char s[N]; int nxt[N]; void find(int x) { if (!x) return; find(nxt[x]); printf("%d ", x); } int main() { scanf("%s", s + 1); int n = strlen(s + 1); for (int i = 2, j = 0; i <= n; i++) { while (j && s[j + 1] != s[i]) j = nxt[j]; if (s[j + 1] == s[i]) j++; nxt[i] = j; } find(n); return 0; }
T3 [JZOJ1537] pot
题目描述
这个假期，小h在自家院子里种了许多花，它们围成了一个圈，从1..n编号，小h对每盆花都有一个喜好值xi，小h现在觉得这样一成不变很枯燥，于是他做了m个改动，每次把第ki盘花改成喜好值为di的花，然后小h要你告诉他，在这个花圈中，连续的最大喜好值是多少（不能整圈都选）。
数据范围
$1 leq N,M leq 10^5$，$-10^3 leq X leq 10^3$
分析
如果花盆是一条链的形状，那么这题就是一个很裸的线段树维护最大子区间和
但是这是一个环，所以区间在左右端点处可能是连接着的
我们发现穿过左右端点的最大子区间和，可以用区间和减去最小子区间来表示
因此我们只需要再维护最小子区间和，最后在两者中取较大值
还要注意不能整圈都取，即序列不含 $0$ 时最优解不能等于总区间和
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #include <queue> using namespace std; #define ll long long #define inf 0x3f3f3f3f #define N 100005 #define lc (p << 1) #define rc ((p << 1) | 1) #define mid ((l + r) >> 1) int n, m, k, d, ans, zero; struct Tree { int sum, la, ra, ma, li, ri, mi; } t[N << 2]; void pushup(int p) { t[p].sum = t[lc].sum + t[rc].sum; t[p].la = max(t[lc].la, t[lc].sum + t[rc].la); t[p].ra = max(t[rc].ra, t[rc].sum + t[lc].ra); t[p].ma = max(t[lc].ra + t[rc].la, max(t[lc].ma, t[rc].ma)); t[p].li = min(t[lc].li, t[lc].sum + t[rc].li); t[p].ri = min(t[rc].ri, t[rc].sum + t[lc].ri); t[p].mi = min(t[lc].ri + t[rc].li, min(t[lc].mi, t[rc].mi)); } void build(int p, int l, int r) { if (l == r) { scanf("%d", &t[p].sum); t[p].la = t[p].ra = t[p].ma = t[p].sum; t[p].li = t[p].ri = t[p].mi = t[p].sum; if (!t[p].sum) zero++; return; } build(lc, l, mid); build(rc, mid + 1, r); pushup(p); } void update(int p, int l, int r, int x, int q) { if (l > x || r < x) return; if (l == r) { if (!t[p].sum && q) zero--; if (t[p].sum && !q) zero++; t[p].sum = q; t[p].la = t[p].ra = t[p].ma = t[p].sum; t[p].li = t[p].ri = t[p].mi = t[p].sum; return; } update(lc, l, mid, x, q); update(rc, mid + 1, r, x, q); pushup(p); } int main() { scanf("%d", &n); build(1, 1, n); scanf("%d", &m); for (int i = 1; i <= m; i++) { scanf("%d%d", &k, &d); update(1, 1, n, k, d); if (t[1].ma == t[1].sum && !zero) ans = t[1].sum - t[1].mi; else if (t[1].mi == t[1].sum && !zero) ans = t[1].ma; else ans = max(t[1].ma, t[1].sum - t[1].mi); printf("%d ", ans); } return 0; }
T4 [JZOJ3512] show
题目描述
有三支队伍，分别是A,B,C。有n个游戏节目，玩第i个游戏，队伍A可以得到的分数是A[i]，队伍B可以得到的分数是B[i]，队伍C可以得到的分数是C[i]。由于时间有限，可能不是每个节目都能玩，于是节目主持人决定要从n个游戏节目里面挑选至少k个节目出来（被选中的节目不分次序），使得队伍A成为赢家。队伍A能成为赢家的条件是队伍A的总得分要比队伍B的总得分要高，同时也要比队伍C的总得分要高。节目主持人有多少种不同的选取方案？
数据范围
对于 $40\%$ 的数据，$2 leq N leq 20$
对于 $100\%$ 的数据，$2 leq N leq 34$，$1 leq K leq min(N,7)$，$1 leq A,B,C leq 10^9$
分析
防AK题，当然是选择秒打暴力啊
仔细观察，会发现这题的数据范围很诡异，状压显然是不行的，又好像没什么方法可以剪枝
但是，题目中给了一个很小的 $k$，我们会想到用总合法方案数减去不满足 $k$ 限制的合法方案数得到答案
在不满足 $k$ 的限制范围中，枚举的方案数量最多是 $sumlimits_{i=0}^6 inom{34}{i}$，即 $1676116$ 种，这是不会超时的
然后在求总合法方案数时，直接搜索时肯定过不了的，我们可以把前一半节目和后一半节目分为两部分
对于每个部分，枚举的方案数最多为 $2^{17}$，我们可以求出两个部分中每种方案得到的一对值 $(ab_1,ac_1)$，$(ab_2,ac_2)$，其中 $ab$ 为 $A$ 组总得分减去 $B$ 组总得分，$ac$ 为 $A$ 组总得分减去 $C$ 组总得分
显然，一种完整方案要成立，必须同时满足 $ab_1+ab_2>0$ 和 $ac_1+ac_2>0$
所以我们可以枚举第一部分中的所有方案，在第二部分中找出与之匹配能够成立的方案
当然这样就需要用树状数组/线段树之类的数据结构来保存第二部分中的所有方案，同时还需要离散化/动态开点
时间复杂度为 $O(2^{17} \, log ; 2^{17}+1676116) doteq O(1807193)$
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #include <queue> using namespace std; #define ll long long #define inf 0x3f3f3f3f #define N 40 #define M (1 << 17) + 5 int n, k, t1, t2, t, tr[M << 1]; ll ansk, ans, a[N], b[N], c[N]; struct Data {ll ab, ac;} d1[M], d2[M]; struct Node {ll x, y; int mark;} d[M << 1]; bool cmp1(Data x, Data y) {return x.ac < y.ac;} bool cmp2(Data x, Data y) {return x.ac > y.ac;} bool cmp(Node x, Node y) {return x.x < y.x;}; void dfsk(int x, int sum, ll sa, ll sb, ll sc) { if (sum == k) return; if (sa > sb && sa > sc) ansk++; for (int i = x + 1; i <= n; i++) dfsk(i, sum + 1, sa + a[i], sb + b[i], sc + c[i]); } void dfs1(int x, ll sa, ll sb, ll sc) { d1[++t1].ab = sa - sb, d1[t1].ac = sa - sc; for (int i = x + 1; i <= (n >> 1); i++) dfs1(i, sa + a[i], sb + b[i], sc + c[i]); } void dfs2(int x, ll sa, ll sb, ll sc) { d2[++t2].ab = sa - sb, d2[t2].ac = sa - sc; for (int i = x + 1; i <= n; i++) dfs2(i, sa + a[i], sb + b[i], sc + c[i]); } int lowbit(int x) {return x & -x;} void update(int x) { while (x <= t) tr[x]++, x += lowbit(x); } int query(int x) { int sum = 0; while (x) sum += tr[x], x -= lowbit(x); return sum; } int main() { scanf("%d%d", &n, &k); for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%lld", a + i); for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%lld", b + i); for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%lld", c + i); dfsk(0, 0, 0, 0, 0); dfs1(0, 0, 0, 0); dfs2(n >> 1, 0, 0, 0); for (int i = 1; i <= t1; i++) d[i].x = d1[i].ab, d[i].y = i, d[i].mark = 0; for (int i = 1; i <= t2; i++) d[t1 + i].x = -d2[i].ab, d[t1 + i].y = i, d[t1 + i].mark = 1; sort(d + 1, d + t1 + t2 + 1, cmp); d[0].x = -40000000000; for (int i = 1; i <= t1 + t2; i++) { if (d[i].x != d[i - 1].x) t++; if (!d[i].mark) d1[d[i].y].ab = t; else d2[d[i].y].ab = t; } sort(d1 + 1, d1 + t1 + 1, cmp1); sort(d2 + 1, d2 + t2 + 1, cmp2); for (int i = 1, j = 1; i <= t1; i++) { while (j <= t2 && d1[i].ac + d2[j].ac > 0) update(d2[j].ab), j++; ans += query(d1[i].ab - 1); } printf("%lld ", ans - ansk); return 0; }