woc居然忘了早上有八连测T T 还好明早还有一场...今天的题除了T3都挺NOIP的...
T1只需要按横坐标第一关键字,纵坐标第二关键字排序一个一个取就好了...
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=,inf=1e9;
struct poi{int x, y;}a[maxn];
int T, n, m, k, ans;
bool v1[maxn], v2[maxn];
void read(int &k)
{
int f=;k=;char c=getchar();
while(c<''||c>'')c=='-'&&(f=-),c=getchar();
while(c<=''&&c>='')k=k*+c-'',c=getchar();
k*=f;
}
inline bool cmp(poi a, poi b){return a.x==b.x?a.y<b.y:a.x<b.x;}
int main()
{
read(T);
while(T--)
{
read(n); read(m); read(k); ans=;
for(int i=;i<=k;i++) read(a[i].x), read(a[i].y), v1[a[i].x]=v2[a[i].y]=;
sort(a+, a++k, cmp);
for(int i=;i<=k;i++)
if((!v1[a[i].x])&&(!v2[a[i].y])) ans++, v1[a[i].x]=v2[a[i].y]=;
printf("%d\n", ans);
}
return ;
}
T2是道好题,但是是经典题...怎么大原题出在八连测啊
求回文子序列个数是个经典的区间DP,今天发现区间DP写记忆化会非常好写...(但是怎么感觉NOIP的时候可能会被卡常QAQ
设f[l][r]为区间[l,r]的回文子序列个数,考虑暴力的做法再来优化. 因为数字的值域为[1,k<=30],所以可以枚举所有的数字来统计方案数.
先预处理出pre[i][j],nxt[i][j]分别表示第i位前面最晚出现的j和第i为后面最早出现的j的位置,枚举数字来转移的时候,考虑一下,我们显然可以把这两个字符接在[nxt[l][x]+1,pre[r][x]-1]的所有回文子序列的两端,所以方案数加上f[nxt[l][x]+1,pre[r][x]-1],这个时候已经不存在x只出现一次和只出现两次的子序列了,所以如果nxt[l][x]<pre[r][x],我们可以加上x只出现两次的方案,如果nxt[l][x]<=pre[r][x],我们可以加上x只出现一次的方案,于是总的DP方程为(博客园的公式加载可能需要一点时间QAQ):
$f[l][r]=\sum_{x=1}^{k}f[nxt[l][x]+1][pre[r][x]-1]+[nxt[l][x]<pre[r][x]]+[nxt[l][x]\leq pre[r][x]]$
暴力代码:
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define MOD(x) ((x)>=mod?(x)-mod:(x))
using namespace std;
const int maxn=,mod=1e9+;
int T, n, m, k, l, r;
int a[maxn], f[maxn][maxn], pre[maxn][maxn], nxt[maxn][maxn], last[maxn];
void read(int &k)
{
int f=;k=;char c=getchar();
while(c<''||c>'')c=='-'&&(f=-),c=getchar();
while(c<=''&&c>='')k=k*+c-'',c=getchar();
k*=f;
}
int dfs(int l, int r)
{
if(f[l][r]!=-)return f[l][r];
if(l>r)return ;
int ans=;
for(int i=;i<=k;i++)
if(nxt[l][i] && pre[r][i])
ans+=dfs(nxt[l][i]+, pre[r][i]-)+(nxt[l][i]<=pre[r][i])+(nxt[l][i]<pre[r][i]), ans=MOD(MOD(ans));
return f[l][r]=ans;
}
int main()
{
read(T);
while(T--)
{
read(n); read(m); read(k);
memset(f, -, sizeof(f));
memset(last, , (k+)<<);
for(int i=;i<=n;i++) read(a[i]);
for(int i=;i<=n;i++)
{
last[a[i]]=i;
for(int j=;j<=k;j++) pre[i][j]=last[j];
}
for(int i=;i<=k;i++) last[i]=n+;
for(int i=n;i;i--)
{
last[a[i]]=i;
for(int j=;j<=k;j++) nxt[i][j]=last[j];
}
for(int i=;i<=m;i++) read(l), read(r), printf("%d\n", dfs(l, r));
}
return ;
}
其实可以发现每移动一维,至多改变两种数字的贡献,所以我们可以从f[l+1][r]转移的时候去掉[l+1,r]中a[l]和a[l+1]的贡献,在[l,r]里重新加上a[l]和a[l+1]的贡献,注意如果a[l]==a[l+1]的话不能去掉两次加两次...
DP方程不好写就不写了...
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define MOD(x) ((x)>=mod?(x)-mod:(x))
using namespace std;
const int maxn=,mod=1e9+;
int T, n, m, k, l, r;
int a[maxn], f[maxn][maxn], pre[maxn][maxn], nxt[maxn][maxn], last[maxn];
void read(int &k)
{
int f=;k=;char c=getchar();
while(c<''||c>'')c=='-'&&(f=-),c=getchar();
while(c<=''&&c>='')k=k*+c-'',c=getchar();
k*=f;
}
int dfs(int l, int r);
inline int calc(int l, int r, int x)
{
if(l>r || nxt[l][x]==n+ || !pre[r][x] || !x) return ;
int ans=dfs(nxt[l][x]+, pre[r][x]-)+(nxt[l][x]<=pre[r][x])+(nxt[l][x]<pre[r][x]);
return MOD(ans);
}
int dfs(int l, int r)
{
if(f[l][r]!=-)return f[l][r];
if(l>r)return ;
f[l][r]=dfs(l+, r);
if(l<r && a[l]!=a[l+]) f[l][r]=f[l][r]+calc(l, r, a[l+]); f[l][r]=MOD(f[l][r]);
if(a[l]!=a[l+]) f[l][r]=f[l][r]-calc(l+, r, a[l])+mod; f[l][r]=MOD(f[l][r]);
f[l][r]=f[l][r]-calc(l+, r, a[l+])+mod; f[l][r]=MOD(f[l][r]);
f[l][r]=f[l][r]+calc(l, r, a[l]); return f[l][r]=MOD(f[l][r]);
}
int main()
{
read(T);
while(T--)
{
read(n); read(m); read(k);
for(int i=;i<=n;i++) for(int j=i;j<=n;j++) f[i][j]=-;
memset(last, , (k+)<<);
for(int i=;i<=n;i++) read(a[i]);
for(int i=;i<=n;i++)
{
last[a[i]]=i;
for(int j=;j<=k;j++) pre[i][j]=last[j];
}
for(int i=;i<=k;i++) last[i]=n+;
for(int i=n;i;i--)
{
last[a[i]]=i;
for(int j=;j<=k;j++) nxt[i][j]=last[j];
}
for(int i=;i<=m;i++) read(l), read(r), printf("%d\n", dfs(l, r));
}
return ;
}
T3是道思维题...
有两种做法,一种是正解:即求出$\sum_{i=1}^{n}i^2*(a_i-a_j)$和$\sum_{i=1}^{n}i*(a_i-a_j)$,两式相除即可...这个可以在模意义下做就不用担心爆long long
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define MOD(x) ((x)>=mod?(x)-mod:(x))
using namespace std;
const int maxn=,mod=1e9+;
unsigned int T, n, x, sum1, sum2;
void read(unsigned int &k)
{
int f=;k=;char c=getchar();
while(c<''||c>'')c=='-'&&(f=-),c=getchar();
while(c<=''&&c>='')k=k*+c-'',c=getchar();
k*=f;
}
inline int power(int a, int b)
{
int ans=;
for(;b;b>>=, a=1ll*a*a%mod)
if(b&) ans=1ll*ans*a%mod;
return ans;
}
int main()
{
read(T);
while(T--)
{
read(n); sum1=sum2=;
for(int i=;i<=n;i++) read(x), sum1=(1ll*sum1+1ll*i*x)%mod, sum2=(1ll*sum2+1ll*i*i%mod*x)%mod;
for(int i=;i<=n;i++) read(x), sum1=1ll*sum1-1ll*i*x%mod+mod, sum2=(1ll*sum2-1ll*i*i%mod*x%mod+mod), sum1=MOD(sum1), sum2=MOD(sum2);
if(!sum1) puts("");
else printf("1 %lld\n", 1ll*sum2*power(sum1, mod-)%mod);
}
return ;
}
第二种做法是异或.开一个数组,对于每个数,二进制下哪位是1就给数组的哪位的异或上当前位置,如果最后数组有哪一位不是0就输出就好了...
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=,inf=1e9;
unsigned int n, x, now, sum, T;
int f[];
void read(unsigned int &k)
{
int f=;k=;char c=getchar();
while(c<''||c>'')c=='-'&&(f=-),c=getchar();
while(c<=''&&c>='')k=k*+c-'',c=getchar();
k*=f;
}
int main()
{
read(T);
while(T--)
{
read(n); sum=;
memset(f, , sizeof(f));
for(int i=;i<=n;i++)
{
read(x); sum^=x; now=;
while(x)
{
now++;
if(x&) f[now]^=i;
x>>=;
}
}
for(int i=;i<=n;i++)
{
read(x); sum^=x; now=;
while(x)
{
now++;
if(x&) f[now]^=i;
x>>=;
}
}
if(!sum) puts("");
else
{
for(int i=;i<=;i++)
if(f[i])
{
printf("1 %d\n", f[i]);
break;
}
}
}
return ;
}