A：
题目大意：
在一个multiset中要求支持3种操作：
1.增加一个数
2.删去一个数
3.给出一个01序列,问multiset中有多少这样的数,把它的十进制表示中的奇数改成1,偶数改成0后和给出的01序列相等(比较时如果长度不等各自用0补齐)
题解：
1.我的做法是用Trie数来存储,先将所有数用0补齐成长度为18位,然后就是Trie的操作了。
2.官方题解中更好的做法是,直接将每个数的十进制表示中的奇数改成1,偶数改成0,比如12345,然后把它看成二进制数10101,还原成十进制是21,然后cnt[21]++,求答案的时候只要把01序列看成二进制数,然后转换成十进制x,cnt[x]就是答案。
我的代码(Trie做法)
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <map>
#include <cstdlib>
#include <set>
using namespace std; #define X first
#define Y second
#define N 1000010
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii; int n,tot=;
int cnt[N],ch[N][]; void Add(int x,ll val,int k,int op)
{
cnt[x]+=op;
if (k==) return;
int v=(val%)&;
if (!ch[x][v]) ch[x][v]=++tot;
Add(ch[x][v],val/,k-,op);
} int Query(int x,ll val,int k)
{
if (k==) return cnt[x];
int v=(val%)&;
if (!ch[x][v]) return ;
return Query(ch[x][v],val/,k-);
} int main()
{
//freopen("in.in","r",stdin);
//freopen("out.out","w",stdout); scanf("%d",&n);
char op; ll x;
for (int i=;i<=n;i++)
{
scanf(" %c%I64d",&op,&x);
if (op=='+') Add(,x,,);
if (op=='-') Add(,x,,-);
if (op=='?') printf("%d\n",Query(,x,));
}
return ;
}
B：
题目大意：
在一个n*n的矩形中,有2个没有公共边也不重叠的矩形,然后最多可以询问200次,每次询问一个矩形中有多少个矩形(会给出答案0或1或2),要求找到这两个矩形的位置。
题解：
1.如果只有一个矩形,显然可以用二分确定它的坐标。所以基本思想是找到一条分界线 将这两个矩形分开,然后各自独立寻找位置。
2.对于这两个矩形,要么是左右关系,要么是上下关系。如果是左右关系,我们先确定询问的左边界,上边界和下边界,然后逐步增大右边界,那么矩形的个数肯定是从0到1到2递增的,所以可以二分出这个 分界线。 上下关系同理。 具体实现看代码。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <map>
#include <cstdlib>
#include <set>
using namespace std; #define X first
#define Y second
#define Mod 1000000007
#define N 100010
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii; int xx1,yy1,xx2,yy2,X1,Y1,X2,Y2; int Check(int x1,int y1,int x2,int y2)
{
printf("? %d %d %d %d\n",x1,y1,x2,y2);
fflush(stdout);
int x; scanf("%d",&x);
return x;
} void Solve(int l,int d,int r,int u)
{
int L,R,Mid,x1,y1,x2,y2; L=d,R=u;
while (L<R)
{
Mid=(L+R)>>;
if (Check(l,d,r,Mid)==) L=Mid+;
else R=Mid;
}
y2=L; L=d,R=u;
while (L<R)
{
Mid=(L+R+)>>;
if (Check(l,Mid,r,u)==) R=Mid-;
else L=Mid;
}
y1=L; L=l,R=r;
while (L<R)
{
Mid=(L+R)>>;
if (Check(l,d,Mid,u)==) L=Mid+;
else R=Mid;
}
x2=L; L=l,R=r;
while (L<R)
{
Mid=(L+R+)>>;
if (Check(Mid,d,r,u)==) R=Mid-;
else L=Mid;
}
x1=L; if (!xx1) xx1=x1,yy1=y1,xx2=x2,yy2=y2;
else X1=x1,Y1=y1,X2=x2,Y2=y2;
} int main()
{
//freopen("in.in","r",stdin);
//freopen("out.out","w",stdout); int n,L,R,Mid;
scanf("%d",&n); L=,R=n;
while (L<R)
{
Mid=(L+R)>>;
if (Check(,,Mid,n)>=) R=Mid;
else L=Mid+;
} if (Check(,,L,n)== && Check(L+,,n,n)==)
{
Solve(,,L,n);
Solve(L+,,n,n);
}
else
{
L=,R=n;
while (L<R)
{
Mid=(L+R)>>;
if (Check(,,n,Mid)>=) R=Mid;
else L=Mid+;
}
Solve(,,n,L);
Solve(,L+,n,n);
}
printf("! %d %d %d %d %d %d %d %d\n",xx1,yy1,xx2,yy2,X1,Y1,X2,Y2);
fflush(stdout); return ;
}
C：
题目大意：
给出一个长度为n的数列(n<=3000),每次操作可以把其中一个数增大1或者减小1,求最少操作次数使得数列单调增。
题解：
1.首先一个转化： $a_i<a_{i+1} <--> a_i-i<=a_{i+1}-(i+1)$ 所以把所有$a_i$减去$i$就转化为单调不减,就和POJ3666一样了。
具体可以看 http://www.cnblogs.com/vb4896/p/5877962.html 时间复杂度O(n2)
代码：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <map>
#include <cstdlib>
#include <set>
using namespace std; #define X first
#define Y second
#define Mod 1000000007
#define N 3010
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii; inline int Mul(int x,int y){return 1ll*x*y%Mod;}
inline int Add(int x,int y){return ((x+y)%Mod+Mod)%Mod;} int n,m;
int a[N],b[N];
ll dp[N][N],Ans=1ll<<; void Solve()
{
for (int j=;j<=m;j++) dp[][j]=abs(b[j]-a[]);
for (int i=;i<=n;i++)
{
ll tmp=1ll<<;
for (int j=;j<=m;j++)
{
tmp=min(tmp,dp[i-][j]);
dp[i][j]=abs(b[j]-a[i]);
dp[i][j]+=tmp; }
}
for (int j=;j<=m;j++) Ans=min(Ans,dp[n][j]);
} int main()
{
//freopen("in.in","r",stdin);
//freopen("out.out","w",stdout); scanf("%d",&n);
for (int i=;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),b[i]=a[i]=a[i]-i;
sort(b+,b+n+);
for (int i=;i<=n;i++) if (i== || b[i]!=b[i-]) b[++m]=b[i]; Solve();
printf("%I64d\n",Ans); return ;
}
2.其实这题还有个O(nlogn做法)
以下是在 评论区看到的：为了便于理解 我修改了下,加了点注释。
There is a very short (10 lines!) and fast O(nlgn) solution for Div1C, proposed by woqja125 :
Start by subtracting i from all A[i]. We'll define fi(X) = Minimum operation to make A[1 .. i] monotonically increasing, while keeping A[i] <= X. it's easy to see that the recurrence is —
- Min{|Ai — Y| } (Y <= X) if i == 1
- Min{fi-1(Y) + |Ai — Y|} (Y<=X) otherwise.
Observation : fi is an unimodal function, which have a nonpositive integer slopes. Denote Opt(i) as a point X which makes fi(X) minimum.
We will maintain those functions and calculate the minimum. we examine two cases :
(Fi(X)的图像可以看成是Fi-1(X)和 |Ai — Y|这两个图像的叠加。 Fi(X)的图像总是斜率小于0且斜率绝对值递减的曲线,并且从Opt(i)开始变成水平)
Case 1 : Opt(i-1) <= A[i]. In this case, Opt(i) = A[i], and every point under A[i] have +1 slope.
Case 2 : Opt(i-1) > A[i]. This case is tricky. every point over A[i] have +1 slope, and every point under A[i] have -1 slope. Opt(i) is the point where slope of fi is changed into -1 -> 0. When observing the function, Fi(Opt(i)) = F(i-1)(Opt(i-1)) + Opt(i-1) — A[i].
为了求答案,只要维护好这个Fi(X)曲线就好。具体实现的时候,由于从Fi-1到Fi只和Opt(i-1)有关，我们用个大根堆保存好每一个斜率开始改变的点,然后每次取出最大的点就是
Opt(i-1). 具体实现看代码：
///By woqja125, contest: Codeforces Round #371 (Div. 1), problem: (C) Sonya and Problem Wihtout a Legend, Accepted, # #include<stdio.h>
#include<queue> int main()
{
int n, t;
long long ans = ;
std::priority_queue<int> Q;
scanf("%d%d", &n, &t);
Q.push(t);
for(int i=; i<n; i++)
{
scanf("%d", &t); t-=i;
Q.push(t); //Ai>=Opt(i-1)的时候仅仅增加了Ai这个转折点
if(Q.top() > t) //Ai<Opt(i-1)的时候
{
ans += Q.top() - t;
Q.pop();
Q.push(t); //t push了2次,为的是使得任意相邻的两点之间斜率相差1,即使两点可能重合
}
}
printf("%lld", ans);
return ;
}
D：
题目大意：
给出n*m的01矩阵,最多1e6个询问,每次询问一个子矩形中最大的全1正方形的边长。
题解
1.首先可以dp出以(i,j)为左下角的最大正方形边长,dp[i][j]=max{dp[i+1][j+1],dp[i+1][j],dp[i][j+1]}+1.当然如果(i,j)格是0 那dp[i][j]=0.
2.考虑二分答案。二分时检查矩形(x1,y1)-(x2-Mid+1,y2-Mid+1)里的dp值是否有大于等于Mid的。 区间的最大值可以用二维RMQ解决...第一次写,竟然写对了。然后想起前几天学了个用树状数组求区间最大值的方法，就想把它也扩展到二维,写到一半发现剧难写,再加上这几天心不是很静,弃疗了。
还是贴个RMQ的代码吧。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <map>
#include <cstdlib>
#include <set>
using namespace std; #define X first
#define Y second
#define Mod 1000000007
#define N 1010
#define Inf 1000000007
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii; int n,m,Q;
int v[N][N],dp[N][N],sum[N][N];
int f[N][N][][]; void Build()
{
for (int p=,l1=;l1<=n;l1<<=,p++)
{
for (int q=,l2=;l2<=m;l2<<=,q++)
{
if (p+q==) continue;
for (int i=;i+l1-<=n;i++)
{
for (int j=;j+l2-<=m;j++)
{
if (p!=) f[i][j][p][q]=max(f[i][j][p-][q],f[i+(l1>>)][j][p-][q]);
else f[i][j][p][q]=max(f[i][j][p][q-],f[i][j+(l2>>)][p][q-]);
}
}
}
}
} int Getmax(int x1,int y1,int x2,int y2)
{
int p=,l1=,q=,l2=,tmp1,tmp2;
while (l1<=x2-x1+) l1<<=,p++; p--,l1>>=;
while (l2<=y2-y1+) l2<<=,q++; q--,l2>>=; tmp1=max(f[x1][y1][p][q],f[x1][y2-l2+][p][q]);
tmp2=max(f[x2-l1+][y1][p][q],f[x2-l1+][y2-l2+][p][q]);
return max(tmp1,tmp2);
} int main()
{
//freopen("in.in","r",stdin);
//freopen("out.out","w",stdout); scanf("%d%d",&n,&m);
for (int i=;i<=n;i++)
for (int j=;j<=m;j++)
{
scanf("%d",&v[i][j]);
sum[i][j]=sum[i][j-]+sum[i-][j]-sum[i-][j-]+v[i][j];
}
for (int i=n;i>=;i--)
{
for (int j=m;j>=;j--)
{
if (v[i][j]==) dp[i][j]=;
else dp[i][j]=min(min(dp[i+][j+],dp[i][j+]),dp[i+][j])+;
f[i][j][][]=dp[i][j];
}
} Build();
int L,R,Mid,x1,y1,x2,y2;
scanf("%d",&Q);
while (Q--)
{
scanf("%d%d%d%d",&x1,&y1,&x2,&y2);
if (sum[x2][y2]-sum[x1-][y2]-sum[x2][y1-]+sum[x1-][y1-]==) printf("0\n");
else
{
L=,R=min(x2-x1+,y2-y1+);
while (L<R)
{
Mid=(L+R+)>>;
if (Getmax(x1,y1,x2-Mid+,y2-Mid+)>=Mid) L=Mid;
else R=Mid-;
}
printf("%d\n",L);
}
} return ;
}