期望得分：80+30+70=180
实际得分：10+30+70=110
T1 水题(water)
Time Limit:1000ms Memory Limit:128MB
题目描述
LYK出了道水题。
这个水题是这样的：有两副牌，每副牌都有n张。
对于第一副牌的每张牌长和宽分别是xi和yi。对于第二副牌的每张牌长和宽分别是aj和bj。第一副牌的第i张牌能覆盖第二副牌的第j张牌当且仅当xi>=aj并且yi>=bj。（注意牌不能翻转）当然一张牌只能去覆盖最多一张牌，而不能覆盖好多张。
LYK想让两副牌的各n张一一对应叠起来。它想知道第二副牌最多有几张能被第一副牌所覆盖。
输入格式(water.in)
第一行一个数n。
接下来n行，每行两个数xi,yi。
接下来n行，每行两个数aj,bj。
输出格式(water.out)
输出一个数表示答案。
输入样例
3
2 3
5 7
6 8
4 1
2 5
3 4
输出样例
2
数据范围
对于50%的数据n<=10。
对于80%的数据n<=1000。
对于100%的数据1<=n<=100000，1<=xi,yi,aj,bj<=10^9。
对所有的牌按长从小到大排序，x相同时，第二副牌位置靠前
然后枚举所有的牌
如果是第二副牌，就把它的宽 扔到某个数据结构里
如果是第一副牌，就在这个数据结构里找<=它的宽的最大的，数据结构里把它删去，ans++
数据结构如果是数组，n^2,可得80
数据结构用权值线段树、平衡树、multiset 可得100
#include<set>
#include<cstdio>
#include<algorithm> using namespace std; #define N 100001 struct node
{
int x,y,ty;
}e[N<<]; multiset<int>s; multiset<int>::iterator it; bool cmp(node p,node q)
{
if(p.x!=q.x) return p.x<q.x;
return p.ty>q.ty;
} int main()
{
freopen("water.in","r",stdin);
freopen("water.out","w",stdout);
int n;
scanf("%d",&n);
for(int i=;i<=n;i++) scanf("%d%d",&e[i].x,&e[i].y),e[i].ty=;
for(int i=;i<=n;i++) scanf("%d%d",&e[i+n].x,&e[i+n].y),e[i+n].ty=;
sort(e+,e+n*+,cmp);
n<<=; int ans=;
for(int i=;i<=n;i++)
if(e[i].ty==) s.insert(e[i].y);
else
{
if(s.empty()) continue;
it=s.upper_bound(e[i].y);
if(it==s.begin()) continue;
it--;
ans++;
s.erase(it);
}
printf("%d",ans);
}
T2 梦境(dream)
Time Limit:1000ms Memory Limit:128MB
题目描述
LYK做了一个梦。
这个梦是这样的，LYK是一个财主，有一个仆人在为LYK打工。
不幸的是，又到了月末，到了给仆人发工资的时间。但这个仆人很奇怪，它可能想要至少x块钱，并且当LYK凑不出恰好x块钱时，它不会找零钱给LYK。
LYK知道这个x一定是1~n之间的正整数。当然抠门的LYK只想付给它的仆人恰好x块钱。但LYK只有若干的金币，每个金币都价值一定数量的钱（注意任意两枚金币所代表的钱一定是不同的，且这个钱的个数一定是正整数）。LYK想带最少的金币，使得对于任意x，都能恰好拼出这么多钱。并且LYK想知道有多少携带金币的方案总数。
具体可以看样例。
输入格式(dream.in)
第一行一个数n，如题意所示。
输出格式(dream.out)
输出两个数，第一个数表示LYK至少携带的金币个数，第二数表示方案总数。
输入样例
6
输出样例
3 2
样例解释
LYK需要至少带3枚金币，有两种方案，分别是{1,2,3}，{1,2,4}来恰好得到任意的1~n之间的x。
输入样例2
10
输出样例2
4 8
数据范围
对于30%的数据n<=10。
对于60%的数据n<=100。
对于100%的数据n<=1000。
最少金币数=log2（n）下取整 +1
方案数:
dp[i][j][k] 拿了i个金币，当前和为j，最大的是k的方案数
枚举 下一枚金币 h，h∈[k+1,j+1] dp[i+1][j+h][h]+=dp[i][j][k]
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<algorithm> #define N 1001 int dp[][N][N]; int main()
{
freopen("dream.in","r",stdin);
freopen("dream.out","w",stdout);
int n;
scanf("%d",&n);
int x=log(n)/log()+;
dp[][][]=;
for(int i=;i<x;i++)
for(int j=;j<=n;j++)
for(int k=;k<=n;k++)
if(dp[i][j][k])
{
for(int h=k+;h<=j+;h++)
dp[i+][std::min(j+h,n)][h]+=dp[i][j][k];
}
int ans=;
for(int i=;i<=n;i++) ans+=dp[x][n][i];
printf("%d %d",x,ans);
}
T3 动态规划(dp)
Time Limit:1000ms Memory Limit:128MB
题目描述
LYK在学习dp，有一天它看到了一道关于dp的题目。
这个题目是这个样子的：一开始有n个数，一段区间的价值为这段区间相同的数的对数。我们想把这n个数切成恰好k段区间。之后这n个数的价值为这k段区间的价值和。我们想让最终这n个数的价值和尽可能少。
例如6个数1,1,2,2,3,3要切成3段，一个好方法是切成[1],[1,2],[2,3,3]，这样只有第三个区间有1的价值。因此这6个数的价值为1。
LYK并不会做，丢给了你。
输入格式(dp.in)
第一行两个数n,k。
接下来一行n个数ai表示这n个数。
输出格式(dp.out)
一个数表示答案。
输入样例
10 2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
输出样例
8
数据范围
对于30%的数据n<=10。
对于60%的数据n<=1000。
对于100%的数据1<=n<=100000,1<=k<=min(n,20),1<=ai<=n。
其中有30%的数据满足ai完全相同均匀分布在所有数据中。
n^2 做法：
预处理 f[i][j] 表示[l,r]的价值
dp[i][j] 表示前i个数分为j段的最小价值
状态转移：dp[i][j]=min(dp[k][j-1]+f[k+1][i])
优化：
当j固定时，k具有单调性
即 若p1由t1（绿色）转移，那么p2只能由t1及之后的t2（蓝色）转移
若p2 由t0（红色） 转移，那么可以证明p1由t0（紫色）转移更优
大概思路就是
由t2转移就是那段短的蓝色区间，由t0转移，蓝色区间延长，它延长就更容易产生价值
这样都更小的话，上面那个绿色的段区间延长也会更小
所以，如果确定了dp[mid][i] 由 dp[pos][i-1]转移
那么dp[1][i]~dp[mid-1][i]只能由 dp[1][i-1]~dp[pos][i-1]转移
dp[mid+1][i]~dp[n][i]只能由 dp[pos][i-1]~dp[n][i-1] 转移
这就可以分治下去
分治每一层都是n个点，所以时间复杂度为k*n*logn
#include<cstdio>
#include<cstring> using namespace std; typedef long long LL; #define N 100001 LL tot; int a[N]; int cnt[N],L,R; LL f[N],g[N]; void move(int l,int r)
{
while(L>l) --L,tot+=cnt[a[L]],cnt[a[L]]++;
while(L<l) cnt[a[L]]--,tot-=cnt[a[L]],L++;
while(R>r) cnt[a[R]]--,tot-=cnt[a[R]],R--;
while(R<r) ++R,tot+=cnt[a[R]],cnt[a[R]]++;
} void work(int l,int r,int opl,int opr)
{
if(opl>opr) return;
int mid=opl+opr>>;
LL mi=1e18; int pos;
for(int i=l;i<=r;i++)
if(i<mid)
{
move(i+,mid);
if(tot+f[i]<mi) mi=tot+f[i],pos=i;
}
g[mid]=mi;
work(l,pos,opl,mid-);
work(pos,r,mid+,opr);
} int main()
{
freopen("dp.in","r",stdin);
freopen("dp.out","w",stdout);
int n,k;
scanf("%d%d",&n,&k);
for(int i=;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
f[]=;
for(int i=;i<=n;i++) f[i]=1e18;
while(k--)
{
memset(cnt,,sizeof(cnt));
tot=; L=; R=;
work(,n-,,n);
for(int i=;i<=n;i++) f[i]=g[i],g[i]=;
}
printf("%d",f[n]);
}
70分暴力
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream> using namespace std; #define N 1001 int n,k; int f[N][N],dp[N][N]; int a[N],sum[N]; void read(int &x)
{
x=; char c=getchar();
while(!isdigit(c)) c=getchar();
while(isdigit(c)) { x=x*+c-''; c=getchar(); }
} void pre()
{
for(int i=;i<n;i++)
{
sum[a[i]]++;
for(int j=i+;j<=n;j++)
{
f[i][j]=f[i][j-]+sum[a[j]];
sum[a[j]]++;
}
memset(sum,,sizeof(sum));
}
} void solve()
{
memset(dp,,sizeof(dp));
for(int i=;i<=n;i++) dp[i][]=;
for(int i=;i<=n;i++)
{
dp[i][]=f[][i];
for(int j=;j<=min(k,i);j++)
for(int h=;h<i;h++)
dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[h][j-]+f[h+][i]);
}
printf("%d",dp[n][k]);
} int main()
{
freopen("dp.in","r",stdin);
freopen("dp.out","w",stdout);
read(n); read(k);
if(n>)
{
printf("%I64d",1LL*n%k*(n/k)*(n/k+)/+1LL*(k-n%k)*(n/k)*(n/k-)/);
return ;
}
for(int i=;i<=n;i++) read(a[i]);
pre();
solve();
return ;
}