标签：Pathom temp Contest int max ACM lt num dp
Solved
C、Evolution Game
D、Bus Stop
E、How Many Groups
G、Communication
H、As Rich as Crassus
J、Floating-Point Hazard
K、The Stream of Corning 2
L、Largest Allowed Area
Solution
C、Evolution Game
- 考虑简单 \(dp\) 。
- 先把 \(h_{i}\) 从小到大排序，那么答案一定是从小的转移到大的。 \(dp_{i}\) 表示以排序后第 \(i\) 个形态结尾的最大可选数量。
- 转移方程：当 \(h_{j}\)代表形态满足条件时： \(dp_{i}=max(dp_{i},dp_{j}+1)\)（ \(i>j\)）。
代码：
struct node{
int v,id;
bool operator<(const node &a)const{
if(v==a.v) return id<a.id;
return v>a.v;
}
}e[5050];
int dp[5050];
void run(){
mem(dp,0);
int n=rd(),w=rd();
rep(i,1,n){
e[i].v=rd();
e[i].id=i;
}
int maxx=0;
sort(e+1,e+1+n);
dp[1]=0;
for(int i=2;i<=n;i++){
for(int j=1;j<i;j++){
if(abs(e[i].id-e[j].id)<=w&&e[i].v<e[j].v){
dp[i]=max(dp[i],dp[j]+1);
}
}
maxx=max(maxx,dp[i]);
}
cout<<maxx;
}
signed main()
{
int t=1;
while(t--){
run();
}
// run();
return 0;
}
- 简单签到
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=2e6+10;
int h[maxn];
int main()
{
int T,n;
cin>>T;
while(T--){
cin>>n;
memset(h,0,sizeof h);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&h[i]);
}
if(n==0){
printf("0\n");
continue;
}
int ans=0;
int minn=h[1];
int pos=-1;
for(int i=2;i<=n;i++){
//cout<<i<<" "<<minn<<endl;
if(h[i]-pos<=10&&pos!=-1){
minn=h[i+1];
continue;
}
if(h[i]-minn>=10){
//cout<<i<<endl;
pos=minn+10;
//cout<<pos<<endl;
//cout<<pos<<endl;
ans++;
if(h[i]-pos<=10){
//cout<<i+1<<" "<<h[i+1]<<endl;
minn=h[i+1];
}else{
minn=h[i];
}
}
}
//cout<<ans<<endl;
if(minn==h[n])ans++;
cout<<ans<<endl;
}
}
- 考虑 \(dp\)，先对数组从小到大进行排序。 \(dp[i][j]\) 表示以 \(i\) 为最后一个数经过 \(j\) 次变化得到的最大的答案。
- \(j\) 这个变化次数可以转化成 当前第 \(i\) 个数和向 \(i\) 转移的数 \(k\) 总共的变化次数，那么这个变化次数的可能性就只有 \([0,1,2]\) 了。
- 然后就可以通过枚举当前的 \(a_{i}\) 的变化，也就是 \(+1\), \(-1\), 不变。然后从前面转移即可。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=3e5+10;
int dp[300][5];
int a[105];
int main()
{
int T,n,CASE=0;
cin>>T;
while(T--){
scanf("%d",&n);
memset(dp,0,sizeof dp);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&a[i]);
//dp[a[i]][0]=1;
}
sort(a+1,a+n+1);
for(int i=1;i<=n;i++){
int num=a[i];
for(int j=2;j>=1;j--){
int temp=dp[num+1][j],temp2=dp[num+1][j];
temp=max(temp,dp[num+1][j-1]+1);
dp[num+1][j]=max(dp[num+1][j],temp);
temp=temp2;
temp=max(temp,dp[num][j-1]+1);
dp[num+1][j]=max(dp[num+1][j],temp);
temp=temp2;
temp=max(temp,dp[num-1][j-1]+1);
dp[num+1][j]=max(dp[num+1][j],temp);
//cout<<dp[num][j]<<endl;
}
for(int j=2;j>=0;j--){
int temp=dp[num][j],temp2=dp[num][j];
temp=max(temp,dp[num][j]+1);
dp[num][j]=max(dp[num][j],temp);
temp=temp2;
temp=max(temp,dp[num-1][j]+1);
dp[num][j]=max(dp[num][j],temp);
temp=temp2;
if(num>=2){
temp=max(temp,dp[num-2][j]+1);
dp[num][j]=max(dp[num][j],temp);
}
}
for(int j=2;j>=1;j--){
int temp=dp[num-1][j],temp2=dp[num-1][j];
temp=max(temp,dp[num-1][j-1]+1);
dp[num-1][j]=max(dp[num-1][j],temp);
temp=temp2;
if(num>=2){
temp=max(temp,dp[num-2][j-1]+1);
dp[num-1][j]=max(dp[num-1][j],temp);
}
temp=temp2;
if(num>=3){
temp=max(temp,dp[num-3][j-1]+1);
dp[num-1][j]=max(dp[num-1][j],temp);
}
}
}
int ans=1;
for(int i=0;i<=250;i++){
for(int j=0;j<=2;j++){
ans=max(ans,dp[i][j]);
}
}
printf("Case %d: %d\n",++CASE,ans);
}
return 0;
}
- 刚开始读错题目。
- 实际上就是求强连通分量的数量， \(tarjan\) 即可。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define MOD 998244353
#define INF 0x3f3f3f3f
#define mem(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
using namespace std;
int dfn[50005];
int low[50005];
int vis[50005];
int stacks[50005];
int color[50005];
int cnt[50005];
int deep,sum,top;
int n,m;
vector<int>g[50005];
void tarjan(int u)
{
dfn[u]=++deep;
low[u]=deep;
vis[u]=1;
stacks[++top]=u;
for(int i=0;i<g[u].size();i++){
int v=g[u][i];
if(!dfn[v])
{
tarjan(v);
low[u]=min(low[u],low[v]);
}else{
if(vis[v]){
low[u]=min(low[v],low[u]);
}
}
}
if(dfn[u]==low[u])
{
color[u]=++sum;
vis[u]=0;
while(stacks[top]!=u)
{
color[stacks[top]]=sum;
vis[stacks[top--]]=0;
}
top--;
}
}
int main()
{
int T;
cin>>T;
while(T--){
deep=0;
top=0;
sum=0;
mem(dfn,0);
mem(vis,0);
mem(cnt,0);
scanf("%d %d",&n,&m);
for(int i=0;i<n;i++)g[i].clear();
while(m--){
int from,to;
scanf("%d %d",&from,&to);
g[from].push_back(to);
}
for(int i=0;i<n;i++){
if(!dfn[i]){
tarjan(i);
}
}
int num=0;
for(int i=0;i<n;i++){
cnt[color[i]]++;
}
cout<<sum<<endl;
}
return 0;
}
- 好像可以直接暴力。
- 比赛时用拓展中国剩余定理。
代码：
#include<iostream>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long lt;
lt read()
{
lt f=1,x=0;
char ss=getchar();
while(ss<'0'||ss>'9'){if(ss=='-')f=-1;ss=getchar();}
while(ss>='0'&&ss<='9'){x=x*10+ss-'0';ss=getchar();}
return f*x;
}
const int maxn=100010;
int n;
lt ai[maxn],bi[maxn];
lt mul(lt a,lt b,lt mod)
{
lt res=0;
while(b>0)
{
if(b&1) res=(res+a)%mod;
a=(a+a)%mod;
b>>=1;
}
return res;
}
lt exgcd(lt a,lt b,lt &x,lt &y)
{
if(b==0){x=1;y=0;return a;}
lt gcd=exgcd(b,a%b,x,y);
lt tp=x;
x=y; y=tp-a/b*y;
return gcd;
}
lt excrt()
{
lt x,y,k;
lt M=bi[1],ans=ai[1];//第一个方程的解特判
for(int i=2;i<=n;i++)
{
lt a=M,b=bi[i],c=(ai[i]-ans%b+b)%b;//ax≡c(mod b)
lt gcd=exgcd(a,b,x,y),bg=b/gcd;
if(c%gcd!=0) return -1; //判断是否无解，然而这题其实不用
x=mul(x,c/gcd,bg);
ans+=x*M;//更新前k个方程组的答案
M*=bg;//M为前k个m的lcm
ans=(ans%M+M)%M;
}
return (ans%M+M)%M;
}
int main()
{
int t=read();
while(t--){
n=3;
for(int i=1;i<=n;++i)
bi[i]=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
ai[i]=read();
lt xx=excrt();
//cout<<"xx=="<<xx<<endl;
for(lt i=1;i<=1e7;i++){
if(i*i*i==xx) {
printf("%lld\n",i);
break;
}
}
}
return 0;
}
- 考虑公式 \(\sum^{high}_{i=low} (\sqrt[3]{(i+10^{-15})} -\sqrt[3]{i} )\) ，可以想到求导公式 。
- 设 \(f(x)\) 为原函数， \(f(x)=\sqrt[3]{i}\)，设 \(f(x)\) 求导后为 \(g(x)\) ，那么上述公式就是 \(g(x)\times 10^{-15}\)，为保持精度，直接把 \(10^{-15}\) 放到要输出的 \(E\) 后面，最后调整精度即可。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=3e5+10;
int main()
{
int l,r;
while(1){
scanf("%d%d",&l,&r);
if(l+r==0)break;
double num=0.0;
for(int i=l;i<=r;i++){
num+=(1.0/3.0)*pow(1.0*i,-2.0/3.0);
}
int x=-15;
while(num>=10.0){
x++;
num=1.0*num/10.0;
}
while(num<1.0){
x--;
num=1.0*num*10.0;
}
printf("%.5fE%04d\n",num,x);
}
}
- 考虑权值线段树。
- \(l\) 和 \(p\) 总体递增，那么第 \(i\) 次询问的 \(p\)一定大于每个之前的 \(l\) ，那么影响答案的就是 之前所有操作的 \(r\) 的范围。
- 考虑把每次操作的 \(l,r,p\)离散化，然后就可以从左到右扫描，遇到 \(l\) 就在权值线段树上插入对应的数，遇到 \(r\) 就删除对应的数，遇到询问，此时线段树一定是对应 \(p\) 点它拥有的线段，然后利用权值线段树求全局第 \(k\) 小即可。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define lson rt<<1
#define rson rt<<1|1
using namespace std;
const int maxn=3e5+10;
struct node{
int opt,pos,val,id;
bool operator <(const node &b) const {
if(pos!=b.pos){
return pos<b.pos;
}else if(opt==2){
return true;
}else if(b.opt==2){
return false;
}else{
return id<b.id;
}
}
}p[maxn];
int n;
int T[maxn<<2],lisan[maxn];
void push_now(int k)
{
T[k]=T[k<<1]+T[(k<<1)|1];
}
void add(int rt,int l,int r,int pos,int val)
{
if(l==r){
T[rt]+=val;
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
if(pos<=mid) add(lson,l,mid,pos,val);
if(pos>mid) add(rson,mid+1,r,pos,val);
push_now(rt);
}
int query(int rt,int l,int r,int k)
{
if(T[rt]<k) return -1;
if(l==r) return l;
int mid=(l+r)>>1;
if(T[lson]>=k){
return query(lson,l,mid,k);
}else{
return query(rson,mid+1,r,k-T[lson]);
}
}
int main()
{
int t,E,CASE=0;
cin>>t;
while(t--){
scanf("%d",&E);
int tot=0,cnt=0;
for(int i=1;i<=E;i++){
T[i]=0;
int op;
scanf("%d",&op);
if(op==1){
int l,v,r;
scanf("%d%d%d",&l,&v,&r);
lisan[++tot]=v;
p[++cnt]=(node){1,l,v,i};
p[++cnt]=(node){-1,r,v,i};
}else{
int pos,k;
scanf("%d%d",&pos,&k);
p[++cnt]=(node){2,pos,k,i};
}
}
sort(lisan+1,lisan+tot+1);
n=unique(lisan+1,lisan+tot+1)-(lisan+1);
for(int i=1;i<=cnt;i++){
if(p[i].opt!=2){
p[i].val=lower_bound(lisan+1,lisan+n+1,p[i].val)-(lisan);
//cout<<"yy"<<p[i].val<<endl;
}
}
sort(p+1,p+cnt+1);
int now=0;
int ans[maxn];
for(int i=1;i<=cnt;i++){
if(p[i].opt!=2){
add(1,1,n,p[i].val,p[i].opt);
}else{
//cout<<"yy"<<i<<endl;
int temp=query(1,1,n,p[i].val);
//cout<<"xxx"<<p[i].val<<" "<<temp<<endl;
if(temp==-1){
ans[++now]=-1;
}else{
ans[++now]=lisan[temp];
}
}
}
printf("Case %d:\n",++CASE);
for(int i=1;i<=now;i++){
printf("%d\n",ans[i]);
}
}
}
- 二分答案。
- 利用二维前缀和去判断是否成立即可。
- 输入较大，一定要用快读。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int rd(){int x = 0;int f=1;char ch=getchar();while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-') f=-f;ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}return f*x;}
int sum[1005][1005];
int mp[1005][1005];
int n,m;
bool check(int num)
{
int xx;
for(int i=1;i<=n-num;i++){
for(int j=1;j<=m-num;j++){
if(sum[i+num][j+num]-sum[i-1][j+num]-sum[i+num][j-1]+sum[i-1][j-1]<=1){
return true;
}
}
}
return false;
}
int main()
{
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=0;i<=n;i++)sum[i][0]=0;
for(int i=0;i<=m;i++)sum[0][i]=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m;j++){
mp[i][j]=rd();
sum[i][j]=0;
sum[i][j]=sum[i-1][j]+sum[i][j-1]-sum[i-1][j-1]+mp[i][j];
}
}
int l=0,r=min(n,m)-1;
int ans=0;
int num=10;
while(l<=r&&num--){
int mid=(l+r)/2;
if(check(mid)){
l=mid+1;
if(mid+1>ans)ans=mid+1;
}else{
r=mid-1;
}
}
printf("%d\n",ans);
}
}
2021-03-06 team training
标签：Pathom,temp,Contest,int,max,ACM,lt,num,dp 来源： https://www.cnblogs.com/ha-chuochuo/p/14537435.html
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