长乐培训Day3

T1 奶牛晒衣服

题目

【题目描述】

在熊大妈英明的带领下，时针和他的同伴生下了许多牛宝宝。熊大妈决定给每个宝宝都穿上可爱的婴儿装。于是，为牛宝宝洗晒衣服就成了很不爽的事情。

圣人王担负起了这个重任。洗完衣服后，你就要弄干衣服。衣服在自然条件下用1的时间可以晒干A点湿度。抠门的熊大妈买了1台烘衣机。

使用烘衣机可以让你用1的时间使1件衣服除开自然晒干的A点湿度外，还可烘干B点湿度，但在1的时间内只能对1件衣服使用。

N件的衣服因为种种原因而不一样湿，现在告诉你每件衣服的湿度，要你求出弄干所有衣服的最少时间（湿度为0为干）。

【输入格式】

第一行N，A，B，接下来N行，每行一个数，表示衣服的湿度。

【输出格式】

一行，最少时间。

【输入样例】

3 2 1

【输出样例】

【数据规模】

1<=湿度,A,B<=500000,1<=N<=500000。

解析

第一题依旧是送分的（安慰一下其他题爆零的情绪QAQ）。

直接二分即可，每次循环中只需要判断s[i]（湿度）与a*mid（mid为天数）的大小就可以了。

最后的答案即为l。

Code

#include <algorithm>

#include <iostream>

#include <cstring>

#include <string>

#include <cstdio>

#include <cmath>

using namespace std;

int read()

{

    int num=,w=;

    char ch=getchar();

    while(ch<''||ch>'')

    {

        if(ch=='-') w=-;

        ch=getchar();

    }

    while(ch>=''&&ch<='')

    {

        num=(num<<)+(num<<)+ch-'';

        ch=getchar();

    }

    return num*w;

}

int n,a,b,s[];

long long l,r,mid;

bool cmp(int x,int y)

{

    return x>y;

}

int main()

{

    //freopen("dry.in","r",stdin);

    //freopen("dry.out","w",stdout);

    n=read(),a=read(),b=read();

    for(int i=;i<=n;i++)

    {

        s[i]+=read();

        r+=s[i];

    }

    while(l<=r)

    {

        long long ans=;

        mid=(l+r)>>;

        for(int i=;i<=n;i++)

            if(s[i]-a*mid>)

            {

                if((s[i]-a*mid)%b==) ans+=(s[i]-a*mid)/b;

                else ans+=(s[i]-a*mid)/b+;

            }

        if(ans<=mid) r=mid-;

        else l=mid+;

    }

    cout<<l;

    return ;

    //fclose(stdin);

    //fclose(stdout);

}

T2 解密文件

题目

【题目描述】

已知英语中26个字母出现的概率p[0],p[1]……,p[25]（它们的和为1），分别表示’a’, ‘b’,‘c’……出现的概率（大写字母和小写字母被认为是一样的）。

现在有一个加密过的文件，加密方法是将原文件中的每一个字母进行相同的变换，其他的字符不变，变换的方法如下：

如果将a到z编号为0到25，那么字母i将被替换成(i+k) mod 26，0<=k<26。原来是大写的字母，仍然是大写，原来是小写的字母仍然是小写。

但是你并不知道k的值，所以只好枚举。因为知道26个字母出现的频率，所以你可以选择一个尽量好的k，使得频率的方差和最小，方差和定义如下：

假设你枚举的k还原出来的原文件中的26个字母出现的概率为x[0], x[1], ……, x[25]，那么方差和为：(p[0]-x[0])^2 + (p[1]-x[1])^2 + …… + (p[25]-x[25])^2。

如果有两个相同的k一样好，那么选较小的k。

最后输出解密出的原文件。

【输入格式】

前26行分别是26个字母出现的概率。

接下来是一个只含有26个大小写字母和空格，换行符，标点符号，阿拉伯数字等的文本。

【输出格式】

解密过的文本。

【输入样例】

0.109375

0.000000

0.062500

0.015625

0.109375

0.015625

0.000000

0.062500

0.015625

0.000000

0.078125

0.062500

0.093750

0.015625

0.031250

0.046875

0.000000

0.093750

0.000000

L dp Ol Bxtldq, ru brx fdq fdoo ph VsdfhIobhu.

L dp jodg wr vhh brx.

Hqmrb pb frqwhvw.

【输出样例】

I am Li Yuqian, or you can call me SpaceFlyer.

I am glad to see you.

Enjoy my contest.

【数据规模】

输入文件不超过10k。

解析

这题直接模拟即可，非常恶心有趣。

先预处理出a数组（每个数字所对应的字母，0-25表示a-z，26-51表示A-Z）。

处理文本我用的是string，直接while循环getline(cin,s[++temp])，这里有两个细节：

1、输入时要先输入一个“\n”（我也不知道为什么，反正它会读入一个换行）；

2、由于++temp，所以即使没有读入了还是会自加一次，所以要-1或者输出时把<=改成<。

关于每个字母的频率，本蒟蒻是在枚举k时每次都计算，实际上并不用那么麻烦，

因为每个字母都是由初始字母一一对应转换来的，所以只需要计算初始字母的频率就行了（输入时明明给了的说）。

然后取方差和最小的即可。输出时如果是字母要分大写和小写处理，

小写输出a[(int)((s[i][j]-'a'+kk)%26)]，大写输出a[(int)((s[i][j]-'A'+kk)%26+26)]（预处理a数组是大写字母实在小写字母基础上+26的）。

如果不是字母直接输出原来的文本就好了。

Code

#include <algorithm>

#include <iostream>

#include <cstring>

#include <string>

#include <cstdio>

#include <cmath>

using namespace std;

int temp=,sum[],kk;

double p[],x[],ans,minn=1000000.0;

char a[];

string s[];

int main()

{

    //freopen("decode.in","r",stdin);

    //freopen("decode.out","w",stdout);

    for(int i=;i<;i++) a[i]=char('a'+i);

    for(int i=;i<;i++) a[i]=char('A'+i-);

    for(int i=;i<;i++) cin>>p[i];

    scanf("\n");

    while(getline(cin,s[++temp])) ;

    for(int k=;k<;k++)

    {

        memset(sum,,sizeof(sum));

        ans=0.0;

        for(int i=;i<=temp;i++)

            for(int j=;j<s[i].size();j++)

            {

                if(s[i][j]>='a'&&s[i][j]<='z') sum[(s[i][j]-'a'+k)%]++;

                if(s[i][j]>='A'&&s[i][j]<='Z') sum[(s[i][j]-'A'+k)%]++;

            }

        for(int i=;i<;i++)

        {

            x[i]=(double)(sum[i]*0.03846153846);

            ans+=(p[i]-x[i])*(p[i]-x[i]);

        }

        if(ans<minn)

        {

            minn=ans;

            kk=k;

        }

    }

    for(int i=;i<temp;i++)

    {

        for(int j=;j<s[i].size();j++)

        {

            if(s[i][j]>='a'&&s[i][j]<='z') cout<<a[(int)((s[i][j]-'a'+kk)%)];

            else if(s[i][j]>='A'&&s[i][j]<='Z') cout<<a[(int)((s[i][j]-'A'+kk)%+)];

            else cout<<s[i][j];

        }

        cout<<endl;

    }

    return ;

    //fclose(stdin);

    //fclose(stdout);

}

T3 休息

题目

【题目描述】

休息的时候，可以放松放松浑身的肌肉，打扫打扫卫生，感觉很舒服。在某一天，某LMZ开始整理他那书架。

已知他的书有n本，从左到右按顺序排列。他想把书从矮到高排好序，而每一本书都有一个独一无二的高度H_i。

他排序的方法是：每一次将所有的书划分为尽量少的连续部分，使得每一部分的书的高度都是单调下降，然后将其中所有不少于2本书的区间全部翻转。

重复执行以上操作，最后使得书的高度全部单调上升。可是毕竟是休息时间，LMZ不想花太多时间在给书排序这种事上面。

因此他划分并翻转完第一次书之后，他想计算，他一共执行了多少次翻转操作才能把所有的书排好序。

LMZ惊奇地发现，第一次排序之前，他第一次划分出来的所有区间的长度都是偶数。

【输入格式】

第一行一个正整数n, 为书的总数。

接下来n行，每行仅一个正整数H_i，为第i本书的高度。

【输出格式】

仅一个整数，为LMZ需要做的翻转操作的次数。

【输入样例】

5 3 2 1 6 4

【输出样例】

【数据规模】

对于10%的数据：n<=50

对于40%的数据：n<=3000

对于100%的数据：1<=n<=100000, 1<=H_i<=n

解析

其实这题就是在求逆序对，所以用归并排序来做。

在归并的过程中，如果a[i]>a[j]，即逆序对，则ans+=mid-i+1，具体原因模拟一遍就知道了。

程序中运用到的reverse函数是<algorithm>里的，作用是翻转，在给p[cnt].r赋值的时候,赋的是i-1，所以在翻转时，得在最后+1。

答案是在n²/2的，很显然int是不够的，记得开long long。

Code

#include<algorithm>

#include<iostream>

#include<cstdio>

using namespace std;

const int N = 1e5 + ;

int c[N], a[N], n;

long long ans;

void msort(int l, int r) {

    if(l == r) return;

    int mid = (l + r) >> ;

    msort(l, mid), msort(mid + , r);

    int i = l, j = mid + , k = l;

    while(i <= mid && j <= r) {

        if(a[i] <= a[j])

            c[k++] = a[i++];

        else {

            ans += mid - i + ;

            c[k++] = a[j++];

        }

    }

    while(i <= mid) c[k++] = a[i++];

    while(j <= r) c[k++] = a[j++];

    for(int t = l; t <= r; t++)

        a[t] = c[t];

}

struct rec {

    int l, r;

}p[N];

int main() {

    //freopen("rest.in", "r", stdin);

    //freopen("rest.out", "w", stdout);

    int cnt = ;

    scanf("%d", &n);

    for(int i = ; i <= n; i++) {

        scanf("%d", a + i);

        if(a[i] > a[i - ]) {

            p[cnt].r = i - ;

            p[++cnt].l = i;

        }

    }

    p[cnt].r = n;

    for(int i = ; i <= cnt; i++)

        reverse(a + p[i].l, a + p[i].r + ), ans++;

    msort(, n);

    cout<<ans;

    return ;

}

T4 矩阵取数游戏

题目

【题目描述】

帅帅经常跟同学玩一个矩阵取数游戏：对于一个给定的n*m的矩阵，矩阵中的每个元素a_ij均为非负整数。游戏规则如下：

1.每次取数时须从每行各取走一个元素，共n个。m次后取完矩阵所有的元素；
2.每次取走的各个元素只能是该元素所在行的行首或行尾；
3.每次取数都一个得分值，为每行取数的得分之和；每行取数的得分=被取走的元素值*2ⁱ，其中i表示第i次取数(从1开始编号)；
4.游戏结束总得分为m次取数得分之和。

帅帅想请你帮忙写一个程序，对于任意矩阵，可以求出取数后的最大得分。

【输入格式】

输入文件包括n+1行：

第一行为两个用空格隔开的整数n和m。

第2~n+1行为n*m矩阵，其中每行m个用单个空格隔开。

【输出格式】

输出文件仅包含1行，为一个整数，即输入矩阵取数后的最大的分。

【输入样例】

2 3
1 2 3
3 4 2

【输出样例】

【数据规模】

60%的数据满足：1<=n, m<=30，答案不超过10¹⁶

100%的数据满足：1<=n, m<=80，0<=a_ij<=1000

解析

这题实际上一眼就可以看出是区间DP。

令f[i][j]表示第k行取数取成了[i,j]的区间的得分。

由于只能从左右两端取，所以状态转移方程显而易见：

f[i][j]=max(f[i-1][j]+a[i-1][j]*2^m-j+i-1,f[i][j+1]+a[i][j+1]*2^m-j+i-1)

由于本蒟蒻的代码i和j都是从0开始循环的所以2的次方并不是m-j+i-1，而是i+j（个人更推荐上面的写法，更通俗易懂）。

好了，这题就是这样。

才怪，

如果单单只是这样的话，这题就太简单了，

但是！！！！！

注意看数据范围，m最大为80，那么2的80次方是多少？1208925819614629174706176！

这么大的数int不行，long long也不行，哪怕是unsigned long long也不够，那怎么办呢？

答案是：高精！

高精才是这道题真正恶心的地方，需要用到的有：

高精+高精、高精*单精、max(高精,高精)。

所以本蒟蒻来讲一下高精如何实现......才怪。

由于本蒟蒻不会高精，所以下面代码中的高精是直接从标程“借鉴”来的（手动滑稽）。

Code

#include <algorithm>

#include <iostream>

#include <cstring>

#include <string>

#include <cstdio>

#include <cmath>

using namespace std;

int read()

{

    int num=,w=;

    char ch=getchar();

    while(ch<''||ch>'')

    {

        if(ch=='-') w=-;

        ch=getchar();

    }

    while(ch>=''&&ch<='')

    {

        num=(num<<)+(num<<)+ch-'';

        ch=getchar();

    }

    return num*w;

}

int n,m,a[][];

struct sb{

    int c[];

    friend inline sb operator * (const sb &a, const int &b)

    {

        sb c;

        for(int i = ; i <= ; i ++)

            c.c[i] = ;

        c.c[] = a.c[];

        int p = ;

        for(int i = ; i <= a.c[]; i ++)

        {

            c.c[i] = a.c[i] * b + p;

            p = c.c[i] / ;

            c.c[i] %= ;

        }

        int &len = c.c[];

        while (p)

        {

            c.c[++len] = p % ;

            p /= ;

        }

        return c;

    }

    friend inline sb operator * (const sb &a, const sb &b)

    {

        sb c;

        for(int i = ; i <= ; i ++)

            c.c[i] = ;

        c.c[] = a.c[] + b.c[] - ;

        for(int i = ; i <= a.c[]; i ++)

        {

            int p = ;

            for(int j = ; j <= b.c[]; j ++)

            {

                c.c[i + j - ] += a.c[i] * b.c[j] + p;

                p = c.c[i + j - ] / ;

                c.c[i + j - ] %= ;

            }

            c.c[i + b.c[]] += p;

        }

        if (c.c[c.c[] + ]) c.c[] ++;

        return c;

    }

    friend inline sb operator + (const sb &a, const sb &b)

    {

        sb c;

        int &len = c.c[];

        c.c[] = max(a.c[], b.c[]);

        for(int i = ; i <= ; i ++)

            c.c[i] = ;

        int p = ;

        for(int i = ; i <= len; i ++)

        {

            c.c[i] = a.c[i] + b.c[i] + p;

            p = c.c[i] / ;

            c.c[i] %= ;

        }

        if (p) len ++, c.c[len] = p;

        return c;

    }

    inline sb operator = (const sb &b)

    {

        c[] = b.c[];

        for(int i = ; i <= ; i ++)

            c[i] = ;

        for(int i = ; i <= b.c[]; i ++)

            c[i] = b.c[i];

        return *this;

    }

    inline void print()

    {

        cout << c[c[]];

        for(int i = c[] - ; i >= ; i --)

            printf("%04d", c[i]);

        cout << endl;

    }

};

inline sb Max(const sb &a, const sb &b)

{

    if (a.c[] > b.c[]) return a;

    else if (a.c[] < b.c[]) return b;

    else if (a.c[] == b.c[])

    {

        for(int i = a.c[]; i >= ; i --)

            if (a.c[i] > b.c[i]) return a;

            else if (a.c[i] < b.c[i]) return b;

    }

    return a;

}

sb f[][],cf[],tot,ans;

int main()

{

    //freopen("game.in","r",stdin);

    //freopen("game.out","w",stdout);

    n=read(),m=read();

    for(int i=;i<=n;i++)

        for(int j=;j<=m;j++) a[i][j]=read();

    cf[].c[]=;cf[].c[]=;

    for(int i=;i<=m;i++) cf[i]=cf[i-]*;

    for(int k=;k<=n;k++)

    {

        for(int i=;i<=m;i++)

            for(int j=;j<=m;j++) memset(f[i][j].c,,sizeof(f[i][j].c));

        f[m][m].c[]=;

        memset(tot.c,,sizeof(tot.c));

        tot.c[]=;

        for(int i=;i<=m;i++)

            for(int j=;j<=m-i;j++)

            {

                if(i==&&j==) continue;

                if(i) f[i][j]=Max(f[i][j],f[i-][j]+cf[i+j]*a[k][i]);

                if(j) f[i][j]=Max(f[i][j],f[i][j-]+cf[i+j]*a[k][m-j+]);

                tot=Max(tot,f[i][j]);

            }

        ans=ans+tot;

    }

    ans.print();

    //fclose(stdin);

    //fclose(stdout);

    return ;

}