最大值

(max)

Time Limit:1000ms   Memory Limit:128MB

题目描述

LYK有一本书，上面有很多有趣的OI问题。今天LYK看到了这么一道题目：

这里有一个长度为n的正整数数列ai(下标为1~n)。并且有一个参数k。

你需要找两个正整数x,y，使得x+k<=y，并且y+k-1<=n。并且要求a[x]+a[x+1]+…+a[x+k-1]+a[y]+a[y+1]+…+a[y+k-1]最大。

LYK并不会做，于是它把题扔给了你。

输入格式(max.in)

第一行两个数n，k。

第二行n个数，表示ai。

输出格式(max.out)

两个数表示x,y。若有很多种满足要求的答案，输出x最小的值，若x最小仍然还有很多种满足要求的答案，输出y最小的值。

输入样例

5 2

6 1 1 6 2

输出样例

1 4

对于30%的数据n<=100。

对于60%的数据n<=1000

对于100%的数据1<=n<=100000，1<=k<=n/2，1<=ai<=10^9。

  1. /*
  2.     题目就是让求长度为k的两个互不重叠区间的和最大
  3.     枚举两个区间的开头，用前缀和求一下
  4. */
  5. #include<iostream>
  6. #include<cstdio>
  7. #define maxn 100010
  8. using namespace std;
  9. int n,k,a[maxn],x,y;
  10. long long sum[maxn],mx;
  11. int main(){
  12.     //freopen("Cola.txt","r",stdin);
  13.     freopen("max.in","r",stdin);freopen("max.out","w",stdout);
  14.     scanf("%d%d",&n,&k);
  15.     for(int i=;i<=n;i++){
  16.         scanf("%d",&a[i]);
  17.         sum[i]=sum[i-]+a[i];
  18.     }
  19.     long long sum1,sum2;
  20.     for(int s1=;s1<=n-*k+;s1++){
  21.         sum1=sum[s1+k-]-sum[s1-];
  22.         for(int s2=s1+k;s2<=n-k+;s2++){
  23.             sum2=sum[s2+k-]-sum[s2-];
  24.             if(sum1+sum2>mx){
  25.                 mx=sum1+sum2;
  26.                 x=s1,y=s2;
  27.             }
  28.         }
  29.     }
  30.     printf("%d %d",x,y);
  31.     fclose(stdin);fclose(stdout);
  32.     return ;
  33. }

60分 暴力

  1. /*
  2.     b[i]表示左端点在i长度为k的区间这个和是多少
  3.     找一个x，找一个y，使得x+k<=y，并且y+k-1<=n  并且b[x]+b[y]最大
  4.  
  5.     当固定x的时候，  x+k<=y<=n-k+1  区间求最大  ->  线段树/倍增表    nlgn
  6.     当x从大变小的时候，  y解锁了一个位置  拿这个数来更新b[y]的最大值  O(n)
  7. */
  8. #include <cmath>
  9. #include <cstdio>
  10. #include <cstdlib>
  11. #include <iostream>
  12. #include <algorithm>
  13. using namespace std;
  14. int n,m,a[],i,ansx,ansy;
  15. long long  sum[],MAX,MAX1[],MAX2[],x2[],x1[];
  16. int main()
  17. {
  18.     freopen("max.in","r",stdin);
  19.     freopen("max.out","w",stdout);
  20.     scanf("%d%d",&n,&m);
  21.     for (i=; i<=n; i++) scanf("%d",&a[i]);
  22.     for (i=; i<=n; i++)
  23.         sum[i]=sum[i-]+(long long)a[i];
  24.    // return 0;
  25.     for (i=m; i<=n; i++)
  26.     {
  27.         //if (i%1000==0)cout<<i<<endl;
  28.         if (MAX1[i-]>=sum[i]-sum[i-m])
  29.         {
  30.             x1[i]=x1[i-];
  31.             MAX1[i]=MAX1[i-];
  32.         }
  33.         else
  34.         {
  35.             x1[i]=i-m+;
  36.             MAX1[i]=sum[i]-sum[i-m];
  37.         }
  38.     }
  39.     for (i=n-m+; i>=; i--)
  40.     {
  41.         if (MAX2[i+]>sum[i+m-]-sum[i-])
  42.         {
  43.             x2[i]=x2[i+];
  44.             MAX2[i]=MAX2[i+];
  45.         }
  46.         else
  47.         {
  48.             x2[i]=i;
  49.             MAX2[i]=sum[i+m-]-sum[i-];
  50.         }
  51.     }
  52.     for (i=m; i<=n-m; i++)
  53.     {
  54.         if (MAX1[i]+MAX2[i+]>MAX)
  55.         {
  56.             MAX=MAX1[i]+MAX2[i+];
  57.             ansx=x1[i]; ansy=x2[i+];
  58.         }
  59.     }
  60.     printf("%d %d\n",ansx,ansy);
  61.     return ;
  62. }

100分 前缀和+线段树/倍增表

吃东西

(eat)

Time Limit:2000ms   Memory Limit:1024MB

题目描述

一个神秘的村庄里有4家美食店。这四家店分别有A,B,C,D种不同的美食。LYK想在每一家店都吃其中一种美食。每种美食需要吃的时间可能是不一样的。

现在给定第1家店A种不同的美食所需要吃的时间a1,a2,…,aA。

给定第2家店B种不同的美食所需要吃的时间b1,b2,…,bB。

以及c和d。

LYK拥有n个时间，问它有几种吃的方案。

输入格式(eat.in)

第一行5个数分别表示n,A,B,C,D。

第二行A个数分别表示ai。

第三行B个数分别表示bi。

第四行C个数分别表示ci。

第五行D个数分别表示di。

输出格式(eat.out)

一个数表示答案。

输入样例

11 3 1 1 1

4 5 6

3

2

1

输出样例

2

对于30%的数据A,B,C,D<=50

对于另外30%的数据n<=1000。

对于100%的数据1<=n<=100000000，1<=A,B,C,D<=5000,0<=ai,bi,ci,di<=100000000。

  1. #include<iostream>
  2. #include<cstdio>
  3. #include<ctime>
  4. #include<algorithm>
  5. #define maxn 5010
  6. using namespace std;
  7. int n,A,B,C,D,a[maxn],b[maxn],c[maxn],d[maxn],cnt;
  8. long long v[],ans;
  9. int find(int x){
  10.     int l=,r=cnt,res=;
  11.     while(l<=r){
  12.         int mid=(l+r)>>;
  13.         if(v[mid]<=x)res=mid,l=mid+;
  14.         else r=mid-;
  15.     }
  16.     return res;
  17. }
  18. int main(){
  19.     //freopen("data.txt","r",stdin);
  20.     freopen("eat.in","r",stdin);freopen("eat.out","w",stdout);
  21.     scanf("%d%d%d%d%d",&n,&A,&B,&C,&D);
  22.     for(int i=;i<=A;i++)scanf("%d",&a[i]);
  23.     for(int i=;i<=B;i++)scanf("%d",&b[i]);
  24.     for(int i=;i<=C;i++)scanf("%d",&c[i]);
  25.     for(int i=;i<=D;i++)scanf("%d",&d[i]);
  26.     sort(a+,a+A+);sort(b+,b+B+);
  27.     sort(c+,c+C+);sort(d+,d+D+);
  28.     if(a[A]+b[B]+c[C]+d[D]<=n){
  29.         ans=1LL*A*B*C*D;
  30.         cout<<ans;
  31.         return ;
  32.     }
  33.     for(int i=;i<=A;i++){
  34.         if(a[i]>n)break;
  35.         for(int j=;j<=B;j++){
  36.             if(a[i]+b[j]>n)break;
  37.             v[++cnt]=a[i]+b[j];
  38.         }
  39.     }
  40.     sort(v+,v+cnt+);
  41.     for(int i=;i<=C;i++){
  42.         if(c[i]>n)break;
  43.         for(int j=;j<=D;j++){
  44.             if(c[i]+d[j]>n)break;
  45.             int pos=find(n-c[i]-d[j]);//小于等于某数的最后一个位置
  46.             ans+=pos;
  47.         }
  48.     }
  49.     cout<<ans;
  50.     fclose(stdin);fclose(stdout);
  51.     return ;
  52. }

70分 折半枚举

  1. /*
  2.     1024MB*1024*1024/4 = 225000000个int数组
  3.     A和B   C和D
  4.             A和B和C和D
  5.  
  6.     A和B中的一种   C和D的一种
  7.     A和B  双重循环  来得到一个f[i]表示花了i这个时间有几种可能  A*B
  8.     进行桶排序，把f按次序的放进x数组中，A*B种可能排个序
  9.     C和D  双重循环  来得到一个g[i]表示花了i这个时间有几种可能  C*D
  10.     进行桶排序，把g按次序的放进y数组中，C*D种可能排个序
  11.     A*B 一个数组x   C*D的一个数组y   查询存在多少对i,j，使得x[i]+y[j]<=n  （x和y都是有序的）
  12.     x和y都是顺序的。
  13.  
  14.     x[1]  y[?]  一个前缀(1~p)
  15.     x[2]  y[??]  一个前缀(1~pp)  pp<=p
  16.     x[3]  y[???] 一个前缀(1~ppp)  ppp<=pp
  17.  
  18.     当一个规模解决不了的时候，分成两半  meet in the middle
  19.  
  20. */
  21. #include <cmath>
  22. #include <cstdio>
  23. #include <cstdlib>
  24. #include <iostream>
  25. #include <algorithm>
  26. #include <string>
  27. #include <cstring>
  28. using namespace std;
  29. int f[],c[],cc[];
  30. int A,B,C,D,n,a[],b[],aa[],bb[],MAX,cnt,cntt,i,j,now;
  31. long long ans;
  32. int main()
  33. {
  34.     freopen("eat.in","r",stdin);
  35.     freopen("eat.out","w",stdout);
  36.     scanf("%d%d%d%d%d",&n,&A,&B,&C,&D);
  37.     if (n== && A== && B== && C== && D==) return ;
  38.     for (i=; i<=A; i++) scanf("%d",&a[i]);
  39.     for (i=; i<=B; i++) scanf("%d",&b[i]);
  40.     MAX=;
  41.     cnt=cntt=;
  42.     for (i=; i<=A; i++)
  43.         for (j=; j<=B; j++)
  44.             if (a[i]+b[j]<=n)
  45.             {
  46.                 f[a[i]+b[j]]++;
  47.                 MAX=max(MAX,a[i]+b[j]);
  48.             }
  49.     for (i=; i<=MAX; i++)
  50.     while (f[i])
  51.         {
  52.             f[i]--;
  53.             c[++cnt]=i;
  54.         }
  55.  
  56.     for (i=; i<=C; i++) scanf("%d",&aa[i]);
  57.     for (i=; i<=D; i++) scanf("%d",&bb[i]);
  58.     MAX=;
  59.     for (i=; i<=C; i++)
  60.         for (j=; j<=D; j++)
  61.             if (aa[i]+bb[j]<=n)
  62.             {
  63.                 f[aa[i]+bb[j]]++;
  64.                 MAX=max(MAX,aa[i]+bb[j]);
  65.             }
  66.     for (i=; i<=MAX; i++)
  67.     while (f[i])
  68.         {
  69.             f[i]--;
  70.             cc[++cntt]=i;
  71.         }
  72.     for (i=cntt; i>=; i--) if (c[]+cc[i]<=n) break;
  73.     now=i;
  74.     for (i=; i<=cnt; i++)
  75.     {
  76.         ans+=now;
  77.         while (now&& c[i+]+cc[now]>n) now--;
  78.     }
  79.     cout<<ans<<endl;
  80.     ans=;
  81.     return ;
  82. }

100分 meet in the middle

分糖果

(candy)

Time Limit:1000ms   Memory Limit:128MB

题目描述

总共有n颗糖果，有3个小朋友分别叫做L，Y，K。每个小朋友想拿到至少k颗糖果，但这三个小朋友有一个共同的特点：对3反感。也就是说，如果某个小朋友拿到3颗，13颗，31颗，333颗这样数量的糖果，他就会不开心。（也即它拿到的糖果数量不包含有一位是3）

LYK掌管着这n颗糖果，它想问你有多少种合理的分配方案使得将这n颗糖果全部分给小朋友且没有小朋友不开心。

例如当n=3,k=1时只有1种分配方案，当n=4，k=1时有3种分配方案分别是112,121,211。当n=7,k=2时则不存在任何一种合法的方案。

当然这个答案可能会很大，你只需输出答案对12345647取模后的结果就可以了。

输入格式(candy.in)

第一行两个数表示n,k。

输出格式(candy.out)

一个数表示方案总数。

输入样例

99999 1

输出样例

9521331

对于30%的数据n<=100

对于50%的数据n<=1000。

对于另外30%的数据k=1。

对于100%的数据3<=n<=10^10000,1<=k<=n/3，且n,k不包含前导0。

  1. #include<iostream>
  2. #include<cstdio>
  3. #define mod 12345647
  4. using namespace std;
  5. int n,k,ans;
  6. bool check(int x){
  7.     while(x){
  8.         if(x%==)return ;
  9.         x/=;
  10.     }
  11.     return ;
  12. }
  13. int main(){
  14.     freopen("candy.in","r",stdin);freopen("candy.out","w",stdout);
  15.     scanf("%d%d",&n,&k);
  16.     for(int i=k;i<=n-k-k;i++){
  17.         for(int j=k;i+j<=n-k;j++){
  18.             int k=n-i-j;
  19.             if(check(i)&&check(j)&&check(k))ans++;
  20.             if(ans>=mod)ans-=mod;
  21.         }
  22.     }
  23.     cout<<ans;
  24.     fclose(stdin);fclose(stdout);
  25.     return ;
  26. }

50分 暴力

  1. /*
  2.     枚举两个数，第三个数是确定，判断一下。
  3.  
  4.     f[i]表示i这个数字是否有3
  5.  
  6.     dp[i][j][0/1][0/1][0/1]来表示当前从高到低第i位，并且这一位需要向它的高位进j位   j=[0,2]  这3个数分别是否超过了k
  7.  
  8.     for (i=1; i<=|a|; i++)
  9.     for (j=0; j<=2; j++)
  10.     for (u=0; u<=1; u++)
  11.     for (v=0; v<=1; v++)
  12.     for (w=0; w<=1; w++)
  13.     for (x=0; x<=9; x++)
  14.       for (y=0; y<=9; y++)
  15.         for (z=0; z<=9; z++)
  16.         if (x+y+z>=10*j && x!=3 && y!=3 && z!=3)
  17.         {
  18.           int k=x+y+z-10*j;
  19.           if (k==a[i]) {dp[i+1][0][][][]+=dp[i][j];}
  20.           if (k==a[i]-1) {dp[i+1][1][][][]+=dp[i][j];}
  21.           if (k==a[i]-2) {dp[i+1][2][][][]+=dp[i][j];}
  22.         }
  23.     n=|a|
  24.     cout<<dp[n][0];
  25. */
  26. #include <cmath>
  27. #include <cstdio>
  28. #include <cstdlib>
  29. #include <iostream>
  30. #include <algorithm>
  31. #include <string>
  32. #include <cstring>
  33. using namespace std;
  34. const int MOD=;
  35. int dp[][][][][],a[],b[],len1,len2,i,j,k,l,t,I,J,K,L,T,s1,s2,s3,ans;
  36. char n[],LL[];
  37. void ADD(int &A,int B) {A+=B; if (A>=MOD) A-=MOD;}
  38. int main()
  39. {
  40.         freopen("candy.in","r",stdin);
  41.         freopen("candy.out","w",stdout);
  42.         scanf("%s",n);
  43.         scanf("%s",LL);
  44.         len1=strlen(n); len2=strlen(LL);
  45.         for (i=; i<len1; i++) a[i+]=n[i]-'';
  46.         for (i=; i<len1; i++) b[i+]=;
  47.         for (i=; i<len2; i++) b[+i+len1-len2]=LL[i]-'';
  48.         for (i=; i<=len1; i++)
  49.           for (j=; j<=; j++)
  50.             for (k=; k<=; k++)
  51.               for (l=; l<=; l++)
  52.                 for (t=; t<=; t++) dp[i][j][k][l][t]=;
  53.         dp[][][][][]=;
  54.         for (i=; i<len1; i++)
  55.           for (j=; j<=; j++)
  56.             for (k=; k<=; k++)
  57.               for (l=; l<=; l++)
  58.                 for (t=; t<=; t++)
  59.                 if (dp[i][j][k][l][t])
  60.                 {
  61.                     for (s1=; s1<=; s1++)
  62.                       if (s1!=)
  63.                         for (s2=; s2<=; s2++)
  64.                           if (s2!=)
  65.                             for (s3=; s3<=; s3++)
  66.                             if (s3!=)
  67.                             {
  68.                                 I=i+;
  69.                                 J=j*+a[i+]-s1-s2-s3;
  70.                                 if (J> || J<) continue;
  71.                                 if (k== && s1<b[i+]) continue;
  72.                                 K=(k || s1>b[i+]);
  73.                                 if (l== && s2<b[i+]) continue;
  74.                                 L=(l || s2>b[i+]);
  75.                                 if (t== && s3<b[i+]) continue;
  76.                                 T=(t || s3>b[i+]);
  77.                                 ADD(dp[I][J][K][L][T],dp[i][j][k][l][t]);
  78.                             }
  79.                 }
  80.         for (k=; k<=; k++) for (l=; l<=; l++) for (t=; t<=; t++) ADD(ans,dp[len1][][k][l][t]);
  81.         cout<<ans<<endl; ans=;
  82.     return ;
  83. }

100分 数位dp

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