以下题目均自己搜
F题 A序列
一开始真的没懂题目什么意思，还以为是要连续的子串，结果发现时序列，简直智障，知道题意之后，好久没搞LIS，有点忘了，复习一波以后，直接双向LIS，处理处两个数组L和R，然后对整个数组扫一遍对于每一个下标取m=min(L[i],R[i]);用ans取2*m-1中的最大值。LIS用nlogn的算法实现，二分用的是lower_bound()，直接看代码。
//Author: xiaowuga
#include <bits/stdc++.h>
#define maxx INT_MAX
#define minn INT_MIN
#define inf 0x3f3f3f3f
const long long N=;
using namespace std;
typedef long long LL;
int dp[N];
int L[N],R[N];
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();
int n;
int a[N];
while(cin>>n){
for(int i=;i<n;i++){
cin>>a[i];
}
memset(dp,inf,sizeof(dp));
for(int i=;i<n;i++){
int pos=lower_bound(dp,dp+n,a[i])-dp;
dp[pos]=a[i];
L[i]=pos+;
} memset(dp,inf,sizeof(dp));
for(int i=n-;i>=;i--){
int pos=lower_bound(dp,dp+n,a[i])-dp;
dp[pos]=a[i];
R[i]=pos+;
}
for(int i=;i<n;i++) cout<<L[i]<<" "; cout<<endl;
for(int i=;i<n;i++) cout<<R[i]<<" "; cout<<endl;
int ans=minn;
int tmp;
for(int i=;i<n;i++){
int tmp=min(L[i],R[i]);
ans=max(tmp*-,ans);
}
cout<<ans<<endl;
}
return ;
}
G题 战斗
暴力阶乘题，因为n<10，所以暴力枚举全排列所有的出战顺序，然后模拟和电脑去打就好了，复杂度n*n！。不要真的老实的的每一次攻击的去模拟，万一两个两个怪兽都是1000的血1的攻击力，一次枚举，十个怪兽就是10000的计算计算量，而你的枚举量可能高达10！三百多万啊，绝逼超时GG，所以直接除找到每组对战的怪兽需要各自攻击对方几次才会死，然后取最小值，将hp减去攻击次数*攻击力，得到怪兽战后的状态，对于hp<=0的我们就换人。还有不要确切的计算具体要攻击多少次，因为有的时候比如你是9的hp，5的五的攻击力，9/5=1，实际上要攻击两次才会死攻击次数是hp/at+1。然后如果双方的hp变成10，10/5=2，刚好死亡攻击次数恰好是hp/at，这个时候如果用%取判断了话，是会超时的，因为%与运算是比较慢的。所以我们用一个while循环，模拟最后一次攻击，将会比算出这个具体的攻击次数速度要快。这就是我为什么一开始超时的原因，还有一个优化就是要枚举的时候都要复制一遍双方的怪兽信息，因为只有当前的怪兽有用，所以我们用一个值来存就好了，如果你用结构体，每次就有一个攻击实际上不用复制但是复制了，实际上浪费了时间，面对10！的枚举量，也会慢很多，然后就是边打边复制，这样有的时候电脑其实一只怪兽就团灭你了，但是你却多复制了其他怪兽同样浪费时间。
最后还有一个逆天优化：就是我们每次记住上一次枚举出场的顺序，如果电脑两只怪兽就把你团灭了，那么如果你下一次枚举前两只怪兽出场顺序没有发生改变，那么电脑还是可以用两只怪兽把你团灭，无论你后面的怪兽如何出出站，压倒性的实力。这样的枚举是无用的，如果对他的战斗进行模拟，又会有大量的复制会是无用功，而且对于字典序全排列，大多数的枚举的前几位都和上一次枚举基本是一样的。这就给我们启发，使我们可以快速的跳过一下无用的枚举，将n*n！的复杂度，优化成n！，加快了近十倍的速度。大概只需要100ms就可以ac，当然后还有2^n复杂度的做法，那个就更快了，需要用到状态压缩dp，本人目前不会。
//Author: xiaowuga
#include <bits/stdc++.h>
#define maxx INT_MAX
#define minn INT_MIN
#define inf 0x3f3f3f3f
const long long N=;
using namespace std;
typedef long long L;
struct M{
int at,hp,pos;
bool operator <(const M &m) const{
return at<m.at;
}
}me[N],co[N];
M cm[N],mm[N];
int main() {
int T,n;
scanf("%d",&T);
while(T--){
scanf("%d",&n);
for(int i=;i<n;i++) scanf("%d%d",&co[i].hp,&co[i].at);
for(int i=;i<n;i++) {scanf("%d%d",&me[i].hp,&me[i].at);}
int flag=,flag2=;
int c1=,c2=,m;
sort(me,me+n);
do{
if(flag2){
if(c1==) break;
else{
int ifsame=;
for(int i=;i<=c1;i++){
if(me[i].at!=mm[i].at) {ifsame=;break;}
}
if(ifsame) continue;
}
}
flag2=;
c1=;c2=;
cm[]=co[]; mm[]=me[];
while(c1<n&&c2<n){
m=min(cm[c1].hp/mm[c2].at,mm[c2].hp/cm[c1].at);
cm[c1].hp-=m*mm[c2].at;
mm[c2].hp-=m*cm[c1].at;
while(cm[c1].hp>&&mm[c2].hp>){
cm[c1].hp-=mm[c2].at;
mm[c2].hp-=cm[c1].at;
}
if(cm[c1].hp<=) {c1++;cm[c1]=co[c1];}
if(mm[c2].hp<=) {c2++;mm[c2]=me[c2];}
}
if(c1==n&&c2<n) {flag=;break;}
}while(next_permutation(me,me+n));
if(flag) printf("YES\n");
else printf("NO\n");
}
return ;
}
I题 丢史蒂芬妮
博弈xjb搜题，博弈论知识不好，别人告诉我怎么搜的。xjb搜了一波，就过了，不是特别理解。直接代码吧！
//Author: xiaowuga
#include<cstdio>
#define maxx INT_MAX
#define minn INT_MIN
#define inf 0x3f3f3f3f
const long long N=;
using namespace std;
typedef long long L;
int vis1[N]={};
int num=;
int primnum_list[N];
void make_primnum(){
for(int i=;i<N/;i++)
for(int j=*i;j<N;j+=i){
vis1[j]=;
}
for(int i=;i<N;i++){
if(vis1[i]==) primnum_list[num++]=i;
}
}
int mat[N][N]={},vis[N][N]={};
int dfs(int x,int y){
if(vis[x][y]) return mat[x][y];
vis[x][y]=;
for(int i=;i<num;i++){
int t=primnum_list[i];
if(x-t>) mat[x][y] |=!(dfs(x-t,y));
if(y>t>) mat[x][y] |=!(dfs(x,y-t));
if(x-t>&&y-t>) mat[x][y] |=!(dfs(x-t,y-t));
}
return mat[x][y];
}
int main() {
make_primnum();
for(int i=;i<=;i++)
for(int j=;j<=;j++){
mat[i][j]=dfs(i,j);
}
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--){
int n,m;
scanf("%d%d",&n,&m);
if(mat[n][m]) printf("Sora\n");
else printf("Shiro\n");
}
return ;
}
K题 购买装备
第一眼尼玛不是一个背包dp吗？还是0-1背包，结果native了，10000的物品，一亿的预算，背包的复杂度更本跑不出来，所以我们采用贪心的思路。
我们首先要把问题分开去思考，这样有助于我们思考，而不会因为问题整体比较比较复杂，从而在思考上停滞不前，应该要把什么是主要问题什么是次要问题搞懂，题目中次要问题，是在主要问题的限制之下，也就是在购买尽量多的物品的情况下，物品中属性最小的值尽量大。首先是购买尽量多的物品，由于每个物品只能买一次，所以买便宜的物品，剩下的钱更多，也就可以买更多的物品，所以贪心对价格排序得到最大可以购买的数量m，但是这不一定是最小属性最大的。所以我们接着看后半部分的问题，问题就变成了在n个物品里面选m个其中属性最小的的物品的值要尽量大，标准的最小值最大化的套路。对属性排序，二分枚举属性，在大于等于当前枚举的最小属性中，对价格排序取 前m个，判断是否小于等于预算，这个是学长的做法，我也想过。但是每次复制一遍再排序，所以觉得没可行，所以没敢试。谁知学长用了特殊姿势。用了nth_element()这个库函数，使用m次，直接排序复杂度nlogn，减去复制的过程防止复杂度上升到n^2logn，从而使复杂度变为nlognlogn，这个复杂度可以满足题目的数据量。但是我想到是另一个种方法，前面和学长一样得到m的最大购买数量，然后对属性排序（从大到小），取前m个元素判断是否满足预算（枚举下标为m-1的元素为最小属性），不满足则枚举下标为m的元素为最小属性，从前m+1个元素里取m个最便宜的看一下，是否满足预算，不满足再次往后枚举，直到满足要求，我也需要复制一遍再排序，然而我想到用优先队列优化，建立一个大小为m的优先队列，计算一个堆的价格总和，然后每次枚举我们把堆顶元素pop，将枚举的元素插入，计算总价格的改变值，判断是否满足要求，直到满足要求位置。由于删除和插入的操作复杂度都是logn，所以总体的复杂度是nlogn，以下是我的代码
//Author: xiaowuga
#include <bits/stdc++.h>
#define maxx INT_MAX
#define minn INT_MIN
#define inf 0x3f3f3f3f
const long long N= 1e5+;
using namespace std;
typedef long long L;
priority_queue<long long, vector<long long>,less<long long> >q;
struct equip{
long long a,b;
}oj[N];
bool cmp1(equip x,equip y){
return x.b<y.b;
}
bool cmp2(equip x,equip y){
return x.a>y.a;
}
int main() {
long long T,n,m;
scanf("%lld",&T);
while(T--){
scanf("%lld%lld",&n,&m);
for(int i=;i<n;i++) scanf("%lld%lld",&oj[i].a,&oj[i].b);
sort(oj,oj+n,cmp1);
long long sum=,k=;
for(int i=;i<n;i++){
if(sum+oj[i].b<=m){sum+=oj[i].b;k++;}
else break;
}
sort(oj,oj+n,cmp2);
sum=;
while(!q.empty()) q.pop();
for(int i=;i<k;i++){
q.push(oj[i].b);
sum+=oj[i].b;
}
if(sum<=m) {printf("%lld %lld\n",k,oj[k-].a);continue;}
for(int i=k;i<n;i++){
sum=sum-q.top()+oj[i].b;
if(sum<=m){ printf("%lld %lld\n",k,oj[i].a); break; }
q.pop();q.push(oj[i].b);
}
}
return ;
}
J题 膜一下将带给你好运
我一开始还以为这个题很难，没想到一个暴力题。抱歉本人太菜了。暴力打表找规律发现规律，正经的做法估计估计得是数论高玩才整的出来。找出规律∑phi（i）*（n/i）(1<=i<=n)的答案是n*（n+1）/2，然后欧拉1到232和n-232到n的phi（i）*（n/i），用欧拉函数的定力暴力算。也就是464个，算每个欧拉函数的复杂度是logn。在除2的地方需要使用乘法逆元，利用费马小定理求出逆元，有的人没用乘法逆元就A了，只能说可能数据比较水吧。这里多说一句，使用乘法逆元的时候先先求出n*（n+1）%mod的的答案。然后用这个答案利用乘法逆元算出除2取膜以后的答案。直接在一个算数表达式里面直接都算出来就会出错。原因不知道，反正因此wa了几次，怀疑是这个原因，改了一下就过了。直接看代码吧！
//Author: xiaowuga
#include <bits/stdc++.h>
#define maxx INT_MAX
#define minn INT_MIN
#define inf 0x3f3f3f3f
const long long N=;
using namespace std;
typedef long long LL;
const long long mod=1e9+;
LL q_power(LL a,LL k){
LL ans=;
while(k){
if(k%){ ans=ans*a%mod;}
k/=;
a=a*a%mod;
}
return ans;
}
LL euler(LL n){
LL res=n;
for(LL i=;i*i<=n;i++){
if(n%i==){
res=res/i*(i-);
while(n%i==) n/=i;
}
}
if(n>) res=res/n*(n-);
return res;
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();
LL nCase;
cin>>nCase;
LL n,ans;
while(nCase--){
cin>>n;
ans=n*(n+)%mod;
ans=ans*q_power(,mod-)%mod;
for(LL i=;i<=;i++){
ans=(ans-euler(i)*(n/i)+mod)%mod;
}
for(LL i=n;i>=n-;i--){
ans=(ans-euler(i)*(n/i)+mod)%mod;
}
cout<<ans<<endl;
}
return ;
}
继续补题，这个随笔将会在最近持续更新，尽量把金马五校的题补完吧！！！