三道题
| A现代艺术 | ||
|
问题描述
何老板是一个现代派的艺术家。他在一块由n*n的方格构成的画布上作画。一开始，所有格子里的数字都是0。
何老板作画的方式很独特，他先后给N^2个子矩阵涂上了颜色，每次都是从1到N^2这些数字中选一个给对应矩阵全部填上该数字。比如：
第1步，他选数字2填在了一个子矩阵上。如下图：
2 2 2 0 2 2 2 0 2 2 2 0 0 0 0 0 第2步，他用数字7填在了一个子矩阵上： 2 2 2 0 2 7 7 7 2 7 7 7 0 0 0 0 第3步，他用数字3填在了一个子矩阵上： 2 2 3 0 2 7 3 7 2 7 7 7 0 0 0 0 以此填涂下去，直到1到N^2中每个数字都被用过了一次(每个数字只能被使用一次)。 现在何老板已经完成了他的艺术创作，你得到了最后的图形。 何老板问你，根据这幅作品，你能够推断出第一步填涂的数字可能是哪些呢？输出第一步填涂可能的数字的个数。
输入格式
第一行，一个整数N(1<=N<=1000)
接下来一个N*N的数字矩阵，表示画作最终的样子。
输出格式
一个整数，表示第一步填涂可能的数字个数。
样例输入
4
2 2 3 0
2 7 3 7
2 7 7 7
0 0 0 0
样例输出
14
提示
样例解释，数字2是最先被填涂的。数字3显然在数字7后才填涂，数字7显然在数字2后被填涂。
因为看不到其他数字，所以，这些数字有可能出现在数字2之前，后来被覆盖了。
第一题 以为是个一眼题 但是忽略了很多情况
开始以为只需要讨论数字的个数（太单纯 ：）
来说正解 二维查分讨论重叠部分：
通过对角线的数值+二维查分添加（不用查分就是暴力 会超时）
#include<stdio.h> #include<bits/stdc++.h> #include<cctype> using namespace std; int n,f[1005][1005],a,g,ff,mark[1000005],summ[1005][1005],markx[1000005],marky[1000005],markxx[1000005],markyy[1000005],sum[1005][1005],k[1000005],ans; char buf[1<<20],*p1,*p2; #define GC (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<20,stdin),p1==p2)?0:*p1++) template<class T> inline void read(T &n){ char ch=GC;T w=1,x=0; while(!isdigit(ch)){if(ch=='-') w=-1;ch=GC;} while(isdigit(ch)){x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);ch=GC;} n=x*w; } int main() { mark[0]=1; read(n); for(int i=1;i<=n*n;i++)markx[i]=marky[i]=1e9; for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) { read(a); f[i][j]=a; if(mark[f[i][j]]==0) { mark[f[i][j]]=1; g++; } markx[f[i][j]]=min(i,markx[f[i][j]]); marky[f[i][j]]=min(j,marky[f[i][j]]); markxx[f[i][j]]=max(i,markxx[f[i][j]]); markyy[f[i][j]]=max(j,markyy[f[i][j]]);//更新一下对角线 } if(g==1)cout<<n*n-1; else{ for(int i=1;i<=n*n;i++) { if(mark[i]==1) { sum[markx[i]][marky[i]]+=1; sum[markxx[i]+1][marky[i]]-=1; sum[markx[i]][markyy[i]+1]-=1; sum[markxx[i]+1][markyy[i]+1]+=1; } } for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) { summ[i][j]=sum[i][j]+summ[i-1][j]+summ[i][j-1]-summ[i-1][j-1]; if(summ[i][j]>1) { if(k[f[i][j]]==0) { k[f[i][j]]=1; ff++; } } } ans=n*n-ff; cout<<ans; } }
| B[JLOI2012]树 | ||
|
问题描述
在这个问题中，给定一个值S和一棵树。
在树的每个节点有一个正整数，问有多少条路径的节点总和达到S。路径中节点的深度必须是升序的。
假设节点1是根节点，根的深度是0，它的儿子节点的深度为1。路径不必一定从根节点开始。
输入格式
第一行是两个整数N和S，其中N是树的节点数。
第二行是N个正整数，第i个整数表示节点i的正整数。
接下来的N-1行每行是2个整数x和y，表示y是x的儿子。
输出格式
输出路径节点总和为S的路径数量。
样例输入
3 3
1 2 3
1 2
1 3
样例输出
2
提示
对于100%数据，N<=100000，所有权值以及S都不超过1000。
emmm考试的时候脑壳没怎么开机 而且关于树的问题学的不是很好 ，所以先看了c题，做过来的时候只有半个小时了，就想到了暴力。经nonstop的提醒+了一个dfs序优化。
还出了一个小插曲，考试的时候数据范围100%的时候写成了10三次方，也就觉得暴力可以过，后来老板才说是写错了。最开始没开打范围60t了 增大数组之后就变成了90t
下面是ac代码 还要剪枝优化
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; struct node{ int en,ne; }e[200005]; long long w[100005][25],f[100005][25],la[200005],a[100005],x,y,n,l,cnt,ans; void add(int x,int y) { e[++cnt].en=y;e[cnt].ne=la[x];la[x]=cnt; } void dfs(int x,int fa) { f[x][0]=fa; w[x][0]=a[x]; for(int i=1;i<=20;i++)f[x][i]=f[f[x][i-1]][i-1],w[x][i]=w[x][i-1]+w[f[x][i-1]][i-1]; int p=x,len=l; for(int i=20;i>=0;i--) if(f[p][i]&&w[p][i]<len)len=len-w[p][i],p=f[p][i]; if(w[p][0]==len)ans++; for(int i=la[x];~i;i=e[i].ne)if(e[i].en!=fa)dfs(e[i].en,x); } int main() { cin>>n>>l; memset(la,-1,sizeof(la)); for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i]; for(int i=1;i<n;i++) { cin>>x>>y; add(x,y); add(y,x); } dfs(1,0); cout<<ans; }
| C旅店 | ||
|
问题描述
一条笔直的公路旁有N家旅店，从左往右编号1到N，其中第i家旅店的位置坐标为。
旅人何老板总在赶路。他白天最多行走个单位的距离，并且夜间必须到旅店休息。
何老板给你Q个询问，每个询问的都由两个整数构成，其中第i个询问的格式为，，表示他想知道自己从号旅店走到号旅店，最少需要花费多少天？
输入格式
第一行，一个整数N
第二行，N个空格间隔的整数 表示每个旅店的坐标
第三行，一个整数L
第四行，一个整数Q
接下来Q行，每行两个整数，表示一次询问
输出格式
Q行，每行一个整数，依次表示对应询问的答案
样例输入
9
1 3 6 13 15 18 19 29 31
10
4
1 8
7 3
6 7
8 5
样例输出
4
2
1
2
这道题嘛也是直接暴力捞了40分 其实可以lb一下就60了
这道题的正解是用倍增/分块 做：）
还有nkoj上这道题如果用cin的话要超时45t
改成scanf就愉快ac啦
#include<stdio.h> #include<bits/stdc++.h> #include<cctype> using namespace std; long long n,l,ll,q,r,f[100005][35],a[100005],ans,d; int main() { scanf("%lld",&n); for(int i=0;i<n;i++)scanf("%lld",&d),a[i]=d; scanf("%lld%lld",&l,&q); for(int i=0;i<n;i++)f[i+1][0]=upper_bound(a,a+n,a[i]+l)-a; for(int j=1;j<=30;j++) for(int i=1;i<=n;i++)f[i][j]=f[f[i][j-1]][j-1]; long long ans; for(int i=1;i<=q;i++) { scanf("%lld%lld",&l,&r); if(l>r)swap(l,r); ans=0; for(int i=30;i>=0;i--){ if(f[l][i]<r){ ans+=(long long)(1<<i); l=f[l][i]; } } printf("%lld ",ans+1); } }
最后附上一段手写的优秀的但是输入有点问题的快读 来自马悦波童鞋
#include<cctype> char buf[1<<20],*p1,*p2; #define GC (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<20,stdin),p1==p2)?0:*p1++) template<class T> inline void read(T &n){ char ch=GC;T w=1,x=0; while(!isdigit(ch)){if(ch=='-') w=-1;ch=GC;} while(isdigit(ch)){x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);ch=GC;} n=x*w; }