qbxt國慶水題記day4
qbxt國慶水題記
day4
//0 + 20 + 0 == 20
//DP(不會) + 暴力 + 找規律(沒找到)
beautiful
1.1 題目
從前有一個序列 a[],對於每個 a[i] 都有一個在序列中的優美值,其定義是:序列中最長的
一段 [l,r], 滿足 l ≤ i ≤ r,且 a[i] 是這一段的中位數(以數值為第一關鍵字,下標為第二關鍵
字排序,這樣的話這一段的長度只有可能是奇數),r-l+1 就是它的優美值。
有 Q 個詢問,每次給出一段區間,求區間優美值的最大值
1.2 輸入
第一行輸入 n 接下來 n 個整數,代表 ai 接下來 Q,代表有 Q 個區間接下來 Q 行,每行
兩個整數 l, r(l <= r),表示區間的左右端點
1.3 輸出
對於每個區間的詢問,輸出答案
1.4 Sample Input
8
16 19 7 8 9 11 20 16
8
3 8
1 4
2 3
1 1
5 5
1 2
2 8
7 8
1.5 Sample Output
7
3
1
3
5
3
7
3
1.6 資料範圍৺㓖定
對於 30% 的資料滿足:1 ≤ n, Q ≤ 50
對於 70% 的資料滿足:1 ≤ n, Q ≤ 2000
對於 100% 的資料滿足,1 ≤ n ≤ 2000, 1 ≤ Q ≤ 100000, 1 ≤ ai ≤ 200
先預處理
以每個i為中心比a[i]大的為1,小的為0
記錄左右比a[i]大的為x( 1 - i<= x <= i - 1)的樹最靠邊的在那
從中間列舉看左右位置和是否為0
程式碼
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 2000 + 10;
int n,a[maxn];
int l[maxn * 2],r[maxn * 2],cnt,w[maxn],f[maxn][maxn];
int read() {
int x = 0, f = 1;
char ch = getchar();
while (ch < '0' || ch > '9') {
if(ch == '-') f = -1;
ch = getchar();
}
while(ch >= '0' && ch <= '9') {
x = x * 10 + ch - '0';
ch = getchar();
}
return x * f;
}
int init() {
for(int i = 1; i <= n; i++) {
memset(l,255,sizeof(l)); l[n] = 0;
memset(r,255,sizeof(r)); r[n] = 0;
cnt = 0;
for(int j = i - 1; j > 0; j--) {
if(a[i] < a[j]) cnt++;
if(a[i] >= a[j]) cnt--;
l[n + cnt] = i - j;
}
cnt = 0;
for(int j = i + 1; j <= n; j++) {
if(a[i] <= a[j]) cnt++;
if(a[i] > a[j]) cnt--;
r[n + cnt] = j - i;
}
for(int j = 1 - i; j <= i - 1; j++)
if(l[n + j] >= 0 && r[n - j] >= 0){
w[i] = max(w[i],l[n + j] + r[n - j] + 1);
}
}
}
int main() {
freopen("beautiful.in","r",stdin);
freopen("beautiful.out","w",stdout);
n = read();
for(int i = 1; i <= n; i++) {
a[i] = read();
}
init();
for(int i = 1; i <= n; i++) {
f[i][i] = w[i];
for(int j = i + 1;j <= n; j++) {
f[i][j] = max(f[i][j-1],w[j]);
}
}
int T = read();
while(T--) {
int l = read(), r = read();
cout<<f[l][r]<<endl;
}
return 0;
}
xor
2.1 題目᧿䘠
從前有一個長度為 n 的陣列 a[],求所有的 lowbit(AixorAj) 之和,其中 1 ≤ i ≤ n 且
1 ≤ j ≤ n
輸出答案對 998244353 取模
科普:
xor 指異或操作,在 C++ 中的運算子號為ˆ,運演算法則為:0 xor 0 = 0, 0 xor 1 = 1, 1 xor
0 = 1, 1 xor 1 = 0
lowbit(x) = 2k,其中 k 為最小的滿足 2k and x ̸= 0 的非負整數
2.2 輸入Ṭᔿ
第一行一個整數 T,表示資料組數
對於每組資料
第一行一個正整數 n,表示陣列長度
第二行 n 個非負整數,第 i 個整數為 Ai
2.3 輸出Ṭᔿ
每組資料輸出一行 Case #x: ans。x 表示組數編號,從 1 開始。ans 為所求值。
2.4 樣ֻ輸入輸出
2.5 Sample Input
2
5
4 0 2 7 0
5
2 6 5 4 0
2.6 Sample Output
Case #1: 36
Case #2: 40
2.7 資料範圍৺㓖定
所有的 Ai 都在 int 範圍內,所有資料滿足 1 ≤ T ≤ 10
測試點 n, m
1, 2, 3 ≤ 1000
4, 5, 6 ≤ 5000
7, 8, 9, 10 ≤ 5 ∗104
//寫過樹狀陣列竟然不知道lowbit(lowbit可以60)~~
lowbit
int lowbit(int x){
return x&(-x);
}
正解是分治+tire樹的些思想
相當於建立了一個由01構成的trie樹
對於每一個節點的子節點左邊表示為1 右邊表示為0
數目相當於左子樹 * 右子樹
類似有歸併排序(當然trie也可以暴力做
程式碼
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int mod = 998244353;
const int maxn = 50000 + 100;
int n,T;
long long sum;
int a[maxn];
int read() {
int x = 0, f = 1;
char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9') {
if(ch == '-') f = -1;
ch = getchar();
}
while(ch >= '0' && ch <= '9') {
x = x * 10 + ch - '0';
ch = getchar();
}
return x * f;
}
void dfs(int l ,int r, int k) {
if(l >= r || k > 30) return;
int p = l - 1;
for(int i = l; i <= r; i++) {
if(a[i] & (1<<k)) {
p++;
swap(a[i],a[p]);
}
}
sum += (long long)(r - p) * (p - l + 1) % mod * (1<<k) % mod;
sum %= mod;
dfs(l,p,k + 1);
dfs(p+1,r,k + 1);
}
void work(int t) {
n = read();
for(int i = 1; i <= n; i++) {
a[i] = read();
}
sum = 0;
dfs(1,n,0);
sum = (sum * 2) % mod;
printf("Case #%d: %d\n",t,sum);
}
int main() {
freopen("xor.in","r",stdin);
freopen("xor.out","w",stdout);
T = read();
for(int i = 1; i <= T; i++) {
work(i);
}
return 0;
}
Permutation
3.1 題目᧿䘠
從前,有一個長度為 n 的排列 p
每次把排列的每個迴圈拿出來,寫成標準迴圈,再做一次排序
迴圈:排列第 i 位為 p[i],如果我們令 i 點到 p[i] 點連一條邊,那麼會形成若干個簡單環,
每個簡單環所有的 p[i] 就構成一個迴圈
比如排列 [4, 1, 6, 2, 5, 3],有 3 個迴圈 (421)(63)(5)
每個迴圈從任意一個位置開始讀都是一樣的
比如 (412) 也是 (124),(241)。n 個迴圈就一共 n 個表達法
我們規定一個標準迴圈是以迴圈內最大的數字開頭
迴圈之間排序的關鍵字就是第一個數字的大小
如 (421)(63)(5) 排序後是 (421)(5)(63)
如果排序後的排列和原排列一樣,那麼就是可行排列
求 n 個數的字典序第 k 大的可行排列
3.2 輸入Ṭᔿ
兩個整數,n,k
保證 k 在 long long 範圍內,保證有解
3.3 輸出Ṭᔿ
n 個整數,表示滿足條件的排列
3.4 樣ֻ輸入 1
4 3
3.5 樣ֻ輸出 1
1 3 2 4
3.6 樣ֻ解䟺 1
n=4 時,字典序最小的三個可行排列依次是
1 2 3 4
1 2 4 3
1 3 2 4
3.7 樣ֻ輸入 2
10 1
3.8 樣ֻ輸出 3
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
3.9 資料範圍的約定
對於 30% 的資料滿足:1 ≤ n ≤ 10
對於 100% 的資料滿足,1 ≤ n ≤ 50
奇葩的結論(竟然與裴波那契數列有關)
可以發現只有兩個緊挨著的數發生交換才為可行排列
以5為例
1 2 3 4 5 – 1
1 2 3 5 4 – 1 + 1
1 2 4 3 5 –
1 3 2 4 5 – 3 + 1
1 3 2 5 4 –
2 1 3 4 5 – 5 + 1
2 1 3 5 4 –
2 1 4 3 5 –
所以每次交換後有為第f[i]位(f[i]為裴波那契數列)
遞推下即可
程式碼
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int maxn = 100;
int a[maxn],n;
long long k,f[maxn];
void dfs(int val,long long k) {
if(!k) return;
for(int i = val; i < n;i++) {
if(k > f[n - i]) {
swap(a[i],a[i + 1]);
dfs(val + 2, k - f[n - i]);
return;
}
}
}
int main() {
freopen("Permutation.in", "r", stdin);
freopen("Permutation.out", "w", stdout);
cin>>n>>k;
f[0] = 1, f[1] = 1;
for(int i = 2; i <= n; i++) f[i] = f[i-1] + f[i-2];
for(int i = 1; i <= n; i++) a[i] = i;
dfs(1,k);
for(int i = 1; i <= n; i++) cout<<a[i]<<' ';
cout<<endl;
return 0;
}