T1 数列

题目

【题目描述】

【输入格式】

【输出格式】

【输入样例】

【输出样例】

【数据规模】

如上所述。

解析

身为T1，居然比T4还难......让我怎么办......以下为巨佬题解：

我猜你们看了题解估计也不理解（手动滑稽），配合代码一起看吧，我也无能为力了。

Code

#include <algorithm>

#include <iostream>

#include <cstring>

#include <string>

#include <cstdio>

#include <vector>

#include <cmath>

#include <queue>

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;

}

const int N=;

struct rec1{

    int w,pos,num;

}a[N];

struct rec2{

    int x,y,z,num;

}b[N];

struct rec3{

    int tot0;

    long long tot1,tot2;

    rec3 friend operator - (rec3 x,rec3 y)

    {

        return (rec3){x.tot0-y.tot0,x.tot1-y.tot1,x.tot2-y.tot2};

    }

};

int n,q;

long long sum[N*][],ans[N];

bool bj[N];

bool cmp1(rec1 x,rec1 y)

{

    return x.w<y.w;

}

bool cmp2(rec2 x,rec2 y)

{

    return x.z<y.z;

}

void insert(int x,int y)

{

    long long g=1ll*y*y;

    for(int i=x;i<=n;i+=(i&-i)) sum[i][]++,sum[i][]+=y,sum[i][]+=g;

}

rec3 find(int x)

{

    rec3 tot=(rec3){,,};

    for(int i=x;i;i-=(i&-i)) tot.tot0+=sum[i][],tot.tot1+=sum[i][],tot.tot2+=sum[i][];

    return tot;

}

void put(long long x)

{

    if(!x){cout<<""<<endl;return ;}

    if(x<) x=-x,cout<<"-";

    int b[],lenb=;

    while(x)

    {

        b[++lenb]=x%;

        x/=;

    }

    for(int i=lenb;i>=;i--) cout<<(char)(b[i]+'');

    cout<<endl;

}

int main()

{

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

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

    n=read(),q=read();

    for(int i=;i<=n;i++) a[i].w=read(),a[i].pos=read(),a[i].num=i;

    sort(a+,a+n+,cmp1);

    for(int i=;i<=q;i++) b[i].x=read(),b[i].y=read(),b[i].z=read(),b[i].num=i;

    sort(b+,b+q+,cmp2);

    int j=;

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

    {

        while(j+<=n&&a[j+].w<=b[i].z) insert(a[j+].num,a[j+].pos),j++;

        rec3 tot=find(b[i].y)-find(b[i].x-);

        if(!tot.tot0){bj[b[i].num]=;continue;}

        ans[b[i].num]=tot.tot2*tot.tot0-*tot.tot1*tot.tot1+tot.tot1*tot.tot1;

    }

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

        if(bj[i]) cout<<"empty"<<endl;

        else put(ans[i]);

    return ;

    //fclose(stdin);

    //fclose(stdout);

}

T2 集合

题目

【题目描述】

给定一个可重集合，一开始只有一个元素0。然后你可以操作若干轮，每一轮，你需要对于集合中的每个元素x进行如下三种操作之一：

1、将x变为x+1。

2、将x分裂为两个非负整数y,z，且满足x=y+z。

3 、什么都不做。

每一轮，集合中的每个元素都必须进行上面三个操作之一。

对于一个最终的集合，你的任务是判断至少进行了多少轮。

【输入格式】

第一行为一个正整数n，表示集合的最终大小。

第二行为n个非负整数，描述集合中的元素。

【输出格式】

输出一个非负整数，为最少的轮数。

【输入样例】

5

0 0 0 3 3

【输出样例】

5

【数据规模】

解析

四题中唯一一道送分题，结果看错题目了QAQ。

很显然我们应该尽量把数分得多一些，然后尽量加一。

从零开始推显然不好操作，我们不妨逆着推：

每次把不是零的数都减一，把零两两合并。

Code

#include <algorithm>

#include <iostream>

#include <cstring>

#include <string>

#include <cstdio>

#include <vector>

#include <cmath>

#include <queue>

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[],cnt[],maxn;

long long ans;

int main()

{

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

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

    n=read();

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

    {

        a[i]=read();

        maxn=max(maxn,a[i]);

        cnt[a[i]]++;

    }

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

    {

        ans++;

        cnt[]=(cnt[]+)>>;

        cnt[]+=cnt[i];

    }

    for(;cnt[]>;cnt[]=(cnt[]+)>>) ans++;

    cout<<ans;

    return ;

    //fclose(stdin);

    //fclose(stdout);

}

T3 迎接仪式

题目

【题目描述】

教主要来C市指导学习工作了。为了迎接教主，在一条道路旁，一群人穿着文化衫站在道路两旁迎接教主，每件文化衫上都印着大字。

一旁的人依次摆出“欢迎欢迎欢迎欢迎……”的大字，但是领队突然发现，另一旁穿着“教”和“主”字文化衫的人却不太和谐。

为了简单描述这个不和谐的队列，我们用“j”替代“教”，“z”替代“主”。而一个“j”与“z”组成的序列则可以描述当前的队列。

为了让教主看得尽量舒服，你必须调整队列，使得“jz”子串尽量多。每次调整你可以交换任意位置上的两个人，也就是序列中任意位置上的两个字母。

而因为教主马上就来了，时间仅够最多作K次调整（当然可以调整不满K次），所以这个问题交给了你。

【输入格式】

第1行包含2个正整数N与K，表示了序列长度与最多交换次数。

第2行包含了一个长度为N的字符串，字符串仅由字母“j”与字母“z”组成，描述了这个序列。

【输出格式】

仅包括一个非负整数，为调整最多K次后最后最多能出现多少个“jz”子串。

【输入样例】

5 2

zzzjj

【输出样例】

2

【数据规模】

对于10%的数据，有N≤10；

对于30%的数据，有K≤10；

对于40%的数据，有N≤50；

对于100%的数据，有N≤500，K≤100

解析

又是动态规划，令f[i][j][z]表示前i个字符，已经处理了j个'j'和z个'z'。

边界为f[0][0][0]=f[1][0][0]=0。

状态转移方程：

1、不换：f[i][j][z]=f[i-1][j][z]。

2、换：如果a[i-1]为'j'的话，令u=0，否则u=1，如果a[i]为'z'的话，令v=0，否则v=1，

因为如果之前处理过了'j'或'z'的话，就不用增加处理'j'与'z'的数量，反之要增加，故f[i][j][z]=f[i-2][j-u][z-v]。

最后答案为最大的f[n][i][i](i=1-k)。

Code

#include <algorithm>

#include <iostream>

#include <cstring>

#include <string>

#include <cstdio>

#include <vector>

#include <cmath>

#include <queue>

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,k,maxn,f[][][],l1,l2,u,v;

char a[];

int main()

{

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

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

    memset(f,0xcf,sizeof(f));

    f[][][]=,f[][][]=;

    n=read(),k=read();

    a[]='z',a[n+]='j';

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

    {

        a[i]=getchar();

        if(a[i]=='j') l1++;

        else l2++;

    }

    l1=min(l1,k),l2=min(l2,k);

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

    {

        if(a[i-]=='j') u=;

        else u=;

        if(a[i]=='z') v=;

        else v=;

        for(int j=;j<=l1;j++)

            for(int z=;z<=l2;z++)

            {

                f[i][j][z]=f[i-][j][z];//不换

                if(j-u>=&&z-v>=) f[i][j][z]=max(f[i][j][z],f[i-][j-u][z-v]+);//换

            }

    }

    for(int i=;i<=k;i++) maxn=max(maxn,f[n][i][i]);

    cout<<maxn;

    return ;

    //fclose(stdin);

    //fclose(stdout);

}

T4 益智游戏

题目

【题目描述】

小P和小R在玩一款益智游戏。游戏在一个正权有向图上进行。

小P控制的角色要从A点走最短路到B点，小R控制的角色要从C点走最短路到D点。

一个玩家每回合可以有两种选择，移动到一个相邻节点或者休息一回合。

假如在某一时刻，小P和小R在相同的节点上，那么可以得到一次特殊奖励，但是在每个节点上最多只能得到一次。

求最多能获得多少次特殊奖励。

【输入格式】

第一行两个整数n，m表示有向图的点数和边数。

接下来m行每行三个整数xi，yi，li，表示从xi到yi有一条长度为li的边。

最后一行四个整数A，B，C，D，描述小P的起终点，小R的起终点。

【输出格式】

输出一个整数表示最多能获得多少次特殊奖励。若小P不能到达B点或者小R不能到达D点则输出-1。

【输入样例】

5 5

1 2 1

2 3 2

3 4 4

5 2 3

5 3 5

1 3 5 4

【输出样例】

2

【数据规模】

对于30%的数据，满足n≤50

对于60%的数据，满足n≤1000，m≤5000

对于100%的数据，满足n≤50000，m≤200000，1≤li≤500000000

解析

这题正解居然是四遍dijkstra+topu排序，恐怖如斯，不说了，直接扔大佬题解：

(1)特殊奖励的点一定是连续的

(2)若s-->x+(x,y)+y-->t = s-->t 则(x,y)在s到t的最短路上

(3)所有在A-->B,C-->D的最短路上的边构成一个有向无环图

在正向图上求A，C出发的最短路

在反向图上求到达B，D的最短路

最短路可以用dijkstra+优先队列

筛选出在A-->B,C-->D的最短路上的边作为新图

对新图拓扑排序+DP求最长路

时间复杂度(MlogN)

Code

#include <algorithm>

#include <iostream>

#include <cstring>

#include <string>

#include <cstdio>

#include <vector>

#include <cmath>

#include <queue>

using namespace std;

long long read()

{

    long long 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;

}

const int N=;

const int M=;

struct rec{

    int to,next;

    long long l;

}edge1[M],edge2[M];

int n,m,cnt,head1[N],head2[N],in[N],f[N],ans;

long long d1[N],d2[N],d3[N],d4[N];

bool vis[N];

void add1(int x,int y,int l)

{

    edge1[++cnt].to=y;

    edge1[cnt].l=l;

    edge1[cnt].next=head1[x];

    head1[x]=cnt;

    edge2[cnt].to=x;

    edge2[cnt].l=l;

    edge2[cnt].next=head2[y];

    head2[y]=cnt;

}

void add2(int x,int y)

{

    edge2[++cnt].to=y;

    edge2[cnt].next=head2[x];

    head2[x]=cnt;

}

void dijkstra(int t,long long *d,int *head,rec *edge)

{

    for(int i=;i<=n;i++) d[i]=0x7f7f7f7f7f7f7f7f;

    memset(vis,false,sizeof(vis));

    priority_queue< pair<long long,int> > q;

    d[t]=,q.push(make_pair(,t));

    while(q.size())

    {

        int now=q.top().second;

        q.pop();

        if(vis[now]) continue;

        vis[now]=true;

        for(int i=head[now];i;i=edge[i].next)

        {

            int next=edge[i].to;

            long long l=edge[i].l;

            if(d[next]>d[now]+l)

            {

                d[next]=d[now]+l;

                q.push(make_pair(-d[next],next));

            }

        }

    }

}

void topu_sort()

{

    queue<int> q;

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

        if(!in[i]) q.push(i);

    while(q.size())

    {

        int now=q.front();

        q.pop();

        for(int i=head2[now];i;i=edge2[i].next)

        {

            int next=edge2[i].to;

            f[next]=max(f[next],f[now]+);

            ans=max(ans,f[next]);

            in[next]--;

            if(!in[next]) q.push(next);

        }

    }

}

int main()

{

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

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

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

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

    {

        int x=read(),y=read();

        long long l=read();

        add1(x,y,l);

    }

    int a=read(),b=read(),c=read(),d=read(),k=;

    dijkstra(a,d1,head1,edge1),dijkstra(b,d2,head2,edge2);

    dijkstra(c,d3,head1,edge1),dijkstra(d,d4,head2,edge2);

    if(d1[b]==0x7f7f7f7f7f7f7f7f||d3[d]==0x7f7f7f7f7f7f7f7f)

    {

        cout<<"-1";

        return ;

    }

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

        if(d1[i]+d2[i]==d1[b]&&d3[i]+d4[i]==d3[d])

        {

            k=;

            break;

        }

    memset(edge2,,sizeof(edge2));

    memset(head2,,sizeof(head2));

    cnt=;

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

        for(int j=head1[i];j;j=edge1[j].next)

        {

            int next=edge1[j].to;

            if(d1[i]+d2[next]+edge1[j].l==d1[b]&&d3[i]+d4[next]+edge1[j].l==d3[d])

            {

                in[next]++;

                add2(i,next);

            }

        }

    topu_sort();

    cout<<ans+k;

    return ;

    //fclose(stdin);

    //fclose(stdout);

}

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