标签：return bas int ll define test20190815 mod

闲话

这两天考试真是妙啊，打暴力都有200分qwq。

题面

题面

T1

Solution

因为是求立方之差，可以考虑立方差公式。

\(（a-b）^3=(a-b)\times(a^2+a\times b+b^2)\)

又因为\(P\)是一个质数，所以\((a-b)\)和\((a^2+a\times b+b^2)\)里面一定有一个是1。明显，\((a^2+a\times b+b^2)\)一定大于1，所以可得到\((a-b)\)的值为1，也就是说，\(P\)一定是相邻两个数的立方差。

我们可以循环找一下，可以发现，当\(k=577351\)时，\(k^3-(k-1)^3\)的值第一次大于\(10^{12}\)。所以直接从1开始，一直枚举到找到答案或者差值大于\(P\)结束即可。

时间复杂度\(O(N\times MAXK)\)

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define del(a,i) memset(a,i,sizeof(a))
#define ll long long
#define inl inline
#define il inl void
#define it inl int
#define ill inl ll
#define re register
#define ri re int
#define rl re ll
#define mid ((l+r)>>1)
#define lowbit(x) (x&(-x))
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
template<class T>il read(T &x){
    int f=1;char k=getchar();x=0;
    for(;k>'9'||k<'0';k=getchar()) if(k=='-') f=-1;
    for(;k>='0'&&k<='9';k=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+k-'0';
    x*=f;
}
template<class T>il print(T x){
    if(x/10) print(x/10);
    putchar(x%10+'0');
}
ll mul(ll a,ll b,ll mod){long double c=1.;return (a*b-(ll)(c*a*b/mod)*mod)%mod;}
it qpow(int x,int m,int mod){
    int res=1,bas=x%mod;
    while(m){
        if(m&1) res=(res*bas)%mod;
        bas=(bas*bas)%mod,m>>=1;
    }
    return res%mod;
}
const int MAXN = 577351,maxn = 578;
ll T,p;
bool check(ll p){
    for(ri i=1;i<=MAXN;++i){
        rl mns=1ll*i*i*i-1ll*(i-1)*(i-1)*(i-1);
        if(mns==p)
            return true;
        else if(mns>p) return false;
    }
    return false;
}
int main()
{
    freopen("cubicp.in","r",stdin);
    freopen("cubicp.out","w",stdout);
    read(T);
    while(T--){
        read(p);
        if(check(p)) printf("YES\n");
        else printf("NO\n");
    }
    return 0;
}

T2

Solution

\(70pts\)做法：

对于\(60\)%的数据，\(N<=1000,k<=20\)。

很显然\(O(N^2\times k)\)的算法是可以跑过的。

考虑DP题目名称不就是吗

我们定义\(DP_{i,j}\)表示到达第 \(i\) 个数，分成 \(j\) 段所得到的最小值。

方程转移也很简单。

\(DP_{i,j}=Min(DP_{s,j-1}+val_{s+1,i})\)

我们只用预处理出\(val_{i,j}\)就可以进行直接转移。

我们再看数据范围，在每一档里面都有一个点，所有的\(a_i\)完全相同。

我们简单分析一下，可以发现，当我们有 \(k\) 个相同值时，\(k\) 越大，它的贡献和 \(k-1\) 相差就越大，所以我们要将这 \(N\) 个数尽可能的均分为 \(k\) 份。

如果 \(N\) 能被 \(k\) 整除，那么每一段的大小都是 \(N/k\) ；如果不能整除，那么多出来的 \(rest\) 个数，将它们平分到 \(rest\) 个区间中。

每一段区间对答案的贡献很好计算，\(val=\frac{size\times(size-1)}{2}\)

然后直接乘上个数就是答案。

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define del(a,i) memset(a,i,sizeof(a))
#define ll long long
#define inl inline
#define il inl void
#define it inl int
#define ill inl ll
#define re register
#define ri re int
#define rl re ll
#define mid ((l+r)>>1)
#define lowbit(x) (x&(-x))
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
template<class T>il read(T &x){
    int f=1;char k=getchar();x=0;
    for(;k>'9'||k<'0';k=getchar()) if(k=='-') f=-1;
    for(;k>='0'&&k<='9';k=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+k-'0';
    x*=f;
}
template<class T>il print(T x){
    if(x/10) print(x/10);
    putchar(x%10+'0');
}
ll mul(ll a,ll b,ll mod){long double c=1.;return (a*b-(ll)(c*a*b/mod)*mod)%mod;}
it qpow(int x,int m,int mod){
    int res=1,bas=x%mod;
    while(m){
        if(m&1) res=(res*bas)%mod;
        bas=(bas*bas)%mod,m>>=1;
    }
    return res%mod;
}
const int MAXN = 1e3+1;
int n,k,a[MAXN],val[MAXN][MAXN],w,dp[21][MAXN],cnt[MAXN][MAXN],last[MAXN];
int main()
{
    freopen("dp.in","r",stdin);
    freopen("dp.out","w",stdout);
    read(n),read(k),del(dp,0x3f);
    if(n<=1000){
        for(ri i=1;i<=n;++i) read(a[i]);
        for(ri i=1;i<=n;++i){
            val[1][i]=val[1][i-1]+cnt[a[i]][last[a[i]]];
            cnt[a[i]][i]=cnt[a[i]][last[a[i]]]+1,last[a[i]]=i;
        }
        for(ri i=2;i<=n;++i){
            ri mns=0;
            for(ri j=i;j<=n;++j){
                if(a[j]==a[i-1]) mns++;
                val[i][j]=val[i-1][j]-mns;
            }
        }
        dp[0][0]=0;
        for(ri s=1;s<=k;++s)
            for(ri i=1;i<=n;++i)
                for(ri j=0;j<i;++j)
                    dp[s][i]=min(dp[s][i],dp[s-1][j]+val[j+1][i]);
        printf("%d",dp[k][n]);
    }
    
    else{
        for(ri i=1;i<=n;++i) read(w);
        ri add=n%k,len=n/k;
        printf("%d",(k-add)*len*(len-1)/2+add*(len+1)*len/2);
    }
    return 0;
}

\(100\)pts做法：

令 \(DP_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个数分成 \(j\) 段的最少价值。枚举这个断点 \(k\) ，有 \(DP_{i,j}\) = \(Min(DP_{k,j-1}+sum_{k+1,i})\) 。事实上这个 \(k\) 具有单调性，用经典的1D1D动态规划优化即可。什么东西啊（雾

Code

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int N=100010;
typedef long long LL;
int c[N],a[N];
LL f[N],g[N];
int p,q,n,k;
LL tot;
void move(int l,int r)
{
    while (l<p) p--,tot+=c[a[p]],c[a[p]]++;
    while (r>q) q++,tot+=c[a[q]],c[a[q]]++;
    while (p<l) c[a[p]]--,tot-=c[a[p]],p++;
    while (r<q) c[a[q]]--,tot-=c[a[q]],q--;
}
void work(int l,int r,int fl,int fr)
{
    if (fl>fr) return;
    int mid=(fl+fr)>>1,mi;
    LL mx=1LL<<60;
    for (int i=l;i<=r;i++)
    if (i<mid)
    {
        move(i+1,mid);
        if (f[i]+tot<mx) mx=f[i]+tot,mi=i;
    }
    g[mid]=mx;
    work(l,mi,fl,mid-1);
    work(mi,r,mid+1,fr);
}
int main()
{
    freopen("dp.in","r",stdin);
    freopen("dp.out","w",stdout);
    scanf("%d%d",&n,&k);
    for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
    f[0]=0;
    for (int i=1;i<=n;i++) f[i]=1LL<<60;
    while (k--)
    {
        p=1,q=0,tot=0;
        for (int i=1;i<=n;i++) c[i]=0;
        work(0,n-1,1,n);
        for (int i=0;i<=n;i++) f[i]=g[i],g[i]=0;
    }
    cout<<f[n];
    return 0;
}

T3

Solution

对于所有区间最小值为x的操作的区间交只有一种情况会出现矛盾：对于最小值超过x的区间的并包含该区间交。

因此我们可以二分答案，之后将所有最小值从大到小进行排序，利用并查集维护即可。没看懂。。。

Code

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define N 1000011
#define min(x, y) ((x) < (y) ? (x) : (y))
#define max(x, y) ((x) > (y) ? (x) : (y))
using namespace std;
int n, q, ans;
int f[N];

struct node
{
    int x, y, z;
}p[N], t[N];

inline int read()
{
    int x = 0, f = 1;
    char ch = getchar();
    for(; !isdigit(ch); ch = getchar()) if(ch == '-') f = -1;
    for(; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + ch - '0';
    return x * f;
}

inline bool cmp(node x, node y)
{
    return x.z > y.z;
}

inline int find(int x)
{
    return x == f[x] ? x : f[x] = find(f[x]);
}

inline bool check(int k)
{
    int i, j, x, y, lmin, lmax, rmin, rmax;
    for(i = 1; i <= n + 1; i++) f[i] = i;
    for(i = 1; i <= k; i++) t[i] = p[i];
    std::sort(t + 1, t + k + 1, cmp);
    lmin = lmax = t[1].x;
    rmin = rmax = t[1].y;
    for(i = 2; i <= k; i++)
    {
        if(t[i].z < t[i - 1].z)
        {
            if(find(lmax) > rmin) return 1;
            for(j = find(lmin); j <= rmax; j++)
                f[find(j)] = find(rmax + 1);
            lmin = lmax = t[i].x;
            rmin = rmax = t[i].y;
        }
        else
        {
            lmin = min(lmin, t[i].x);
            lmax = max(lmax, t[i].x);
            rmin = min(rmin, t[i].y);
            rmax = max(rmax, t[i].y);
            if(lmax > rmin) return 1;
        }
    }
//  cout<<find(1)<<endl;
    if(find(lmax) > rmin) return 1;
    return 0;
}

int main()
{
    freopen("number.in","r",stdin);
    freopen("number.out","w",stdout);
    int i, x, y, mid;
    n = read();
    q = read();
    for(i = 1; i <= q; i++)
        p[i].x = read(), p[i].y = read(), p[i].z = read();
    x = 1, y = q;
    //cout<<check(2)<<endl;
    //return 0;
    while(x <= y)
    {
        mid = (x + y) >> 1;
        if(check(mid)) ans = mid, y = mid - 1;
        else x = mid + 1;
    }
    printf("%d\n", ans);
    return 0;
}

总结

考完后进行交流大佬讲题的时候，发现自己还是好弱啊，说的东西都没听懂。。。

还是要好好加油啊。

标签：return,bas,int,ll,define,test20190815,mod
来源： https://www.cnblogs.com/TheShadow/p/11360850.html

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