ersgyegsesg

前言：

　　ATC质量感觉太好了，真的是见一题学一个新东西( 与其多大cf，不如老老实实的补高质量题。而ABC我觉得对我就是一个很好的选择，因此我打算经常去回来巩固在ABC做的题，就有了做这篇博客的想法。我目前水平太弱了，2200的题就要琢磨好久，为了提升自己，目标刷1200-2200的题。当然有些题可能是我认为是这样做，但是实际上相差百出，如果有大佬不经意看到此篇并给予建议与纠正，我会十分感激您的。

　　我挺喜欢与各路OI/ACMer 交友的。

ABC 238

E Range Sums （板子题）

题意：一共有n个数，q次查询，每次告诉给你两个数（x,y)，表示知道

ax+a(x+1)+...+a[y]的总和，问你根据q次询问后是否能计算出a1+a2+...+an的总和

思路：这是一道差分约数的题，一般习惯性的add（x-1，y），add（y，x-1）这样建边。

sum[y]-sum[x-1]<=z
sum[y]-sum[x-1]>=z
也就约束成了，sum[y]-sum[x-1]=z

那么接下来我们只需要判断从1开始是否能连续的遍历到n 即可。

或者拿并查集维护也可。

AC代码：

map<int,int>mp;
void dfs(int x){
    for(int i=0;i<a[x].size();i++){
        if(!mp[a[x][i]]){
            mp[a[x][i]]=1;
            dfs(a[x][i]);
        }
    }
}
int main(){
    cin>>n>>q;
    for(int i=1;i<=q;i++){
        int v,u;
        cin>>v>>u;
        v--;
        a[v].push_back(u);
        a[u].push_back(v);
    }
    dfs(0);
    if(mp[n]){
        cout<<"Yes"<<endl;
    }else{
        cout<<"No"<<endl;
    }
}

F Two Exams

题意：n个学生，拥有两科成绩的排名。现在你可以自行安排人数为k个的队伍，但是如果未选中里的某个学生两个排名都比选中队伍的任何一个学生的排名都低，则是不合法的。

思路：是一道线性dp的题，我们定义dp[当前i个学生][选了j个学生][未选中的学生的最低排名]

因此我们可以枚举一层上一步未选中的学生第二个学科排名u以及选的学生人数

有两种状态

首先是选上当前学生，选上的前两维肯定存在这样的关系

dp（i-1）（j）----->dp（i）（j+1）

那么如果bi小于K的话，那么选中后未选中最小的一定是k，因此推出转移 dp[i][j+1][u]+=dp[i-1][j][u](如果b[i]<u)

如果不选的话，前二维是dp(i-1)(J)-->dp(i)(j)

那么未选中的学生就变成了min（b[i],u)

初始状态dp(0)(0)(n+1)=1

	for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
	for(int i=1;i<=n;i++)cin>>b[a[i]];
	f[0][0][n+1]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=0;j<=k;j++){
			for(int u=0;u<=n+1;u++){
				if(b[i]<u){
					f[i][j+1][u]=(f[i][j+1][u] + f[i-1][j][u])%mod;
				}
				f[i][j][min(b[i],u)]=(f[i][j][min(b[i],u)] + f[i-1][j][u])%mod;
			}
		}
	}
	long long ans=0;
	for(int i=0;i<=n+1;i++) ans=(ans + f[n][k][i])%mod;

　　这里有一个小技巧：就是如果我们读入bi是这样读入，那么我们在枚举的时候其实就是默认先将第一科排名进行了排序。

G - Cubic? （好题，需多看）

看了题解学会的一种hash查区间乘积为立方和的方法

给你N个数，最后有q个询问，让你判断 al-ar相乘的结果是否为立方数

这题可以用hash的做法根据： a^b^(a^b)=0来判断出现次数是否为3的倍数

因此我们不关心a和b具体是多少，只要不相等都行

在一开始我们先进行一次经典的nlogn 求出一个数的所有的质因数

for(int i=2;i<MAX;i++){
          if(!v[i].empty()){
              continue;
          }
          for(int j=i;j<MAX;j+=i){
              int mj=j;
              while(mj%i==0){
                  mj/=i;
                  v[j].push_back(i);
              }
          }
      }

然后我们构造一个这样的hash方式：X0=random ，X1=random X2=X1^X2

原理就是 a^b^(a^b)=0 出现三次的话就会异或成0，进而次数是3的倍数的话，异或最终一定是0

接着我们对每一个a[i]都进行这样的操作

Hi= Hi ^ X[a[i]某一个的质因子]【a[i]某一个质因子当前出现的次数%3】

总代码如下：

      uint_fast64_t seed=251902756251902756;
      mt19937_64 rand1(seed);
      vector<vector<int>>v(MAX);
      for(int i=2;i<MAX;i++){
          if(!v[i].empty()){
              continue;
          }
          for(int j=i;j<MAX;j+=i){
              int mj=j;
              while(mj%i==0){
                  mj/=i;
                  v[j].push_back(i);
              }
          }
      }
      vector<vector<long long>>x(MAX,vector<long long>(3,0));
      for(int i=0;i<MAX;i++){
          while(x[i][0]==0){
              x[i][0]=rand1();
          }
          while(x[i][1]==0||x[i][1]==x[i][0]){
              x[i][1]=rand1();
          }
          x[i][2]=(x[i][0] ^ x[i][1]);
      }
      vector<int>rw(n+1,0);
      vector<int>v1(MAX,0);
      for(int i=0;i<n;i++){
          rw[i+1]=rw[i];
          for(int j=0;j<v[a[i]].size();j++){
              rw[i+1]^=x[v[a[i]][j]][v1[v[a[i]][j]]%3];
              v1[v[a[i]][j]]++;
          }
      }
      for(int i=0;i<q;i++){
          if(rw[l[i]-1]==rw[r[i]]){
              cout<<"Yes"<<endl;
          }else{
              cout<<"No"<<endl;
          }
      }

ABC 237

E - Skiing

N个城市，每个城市有自己的高度，m次查询，如果 X高于Y，则X前往Y的幸福度是HX-HY

如果 X低于Y ，X前往Y的幸福度是 -2*（HY-HX），问从1开始前往其他城市能得到的最大幸福度是多少

考虑以下几种情况

H1>H2>H3 此时幸福度为（H1-H2）+(H2-H3)=H1-H3

H1<H2<H3 此时幸福度为 -2(H2-H1)-2(H3-H2)=-2(H3-H1)=H1+H1-H3-H3

H1>H2<H3 此时幸福度为（H1-H2)-2(H3-H2)=H1+H2-H3-H3

H1< H2 >H3 此时幸福度为 -2(H2-H1)+(H2-H3)=H1+H1-H2-H3

由此我们可以得到，加入HX>=HY,我们就建边时边权为0，如果HX<HY，我们就建边为HY-HX

那么1到每一个点的长度就是H1-Hi -di

for(int i=1;i<=m;i++){
        int x,y;
        cin>>x>>y;
        if(b[x]>=b[y]){
            a[x].push_back(make_pair(y,0));
            a[y].push_back(make_pair(x,b[x]-b[y]));
        }else{
            a[x].push_back(make_pair(y,b[y]-b[x]));
            a[y].push_back(make_pair(x,0));
        }
    }
for(int i=1;i<=n;i++){
        long long haha=-d[i];
        ans=max(ans,b[1]-b[i]+haha);
    }
    cout<<ans<<endl;

F - |LIS| = 3

总长度为n，可以使用的数字是1-m，构造最大上升序列的长度一定是3的数列有多少种方案

我们序列是（1,4,2,5，3) 我们应该在（1,2,3）的基础上思考其添加的数，显然是不能超过3,因此存在一个取min的过程

dp[n][长度为1序列结尾的结尾最小数][长度为2序列结尾的最小数][长度为3序列结尾的最小数]

因此我们思考这个问题

比如说 2,4,4,2 这是一个dp(5)(2)(4)(空)的情况

但是我那么如果加一个1 则就变成了dp(6)(1)(2)（4），因此上面的方案数完全可以归到此方案中

我们把m+1定义为空

上升长度是3，因此我们只需要枚举上升序列的结尾三个数即可进行转移

for(int x=1;x<=min(j,m);x++){
    dp[i][x][k][u]=(dp[i][x][k][u] + dp[i-1][j][k][u])%mod;
}
for(int x=j+1;x<=min(k,m);x++){
    dp[i][j][x][u]=(dp[i][j][x][u] + dp[i-1][j][k][u])%mod;
}
for(int x=k+1;x<=min(u,m);x++){
    dp[i][j][k][x]=(dp[i][j][k][x] + dp[i-1][j][k][u])%mod;
}

ABC 236

E - Average and Median（板子题）

一共有n个数，对于每个i，第i个和第i+1个必须选择一个数，问选出的最大平均数以及选出的最大中位数是多少？

思路：平均数而言，我们可以进行实数二分来进行得出。我们令mid为平均数，那么让a[i]-mid 即可得出ai对平均数的贡献，再运用一个线性dp来求出1-n扫一遍后的最大值，直到左右端点差值达到精度为止

while(r-l>1e-4){
        double mid=(l+r)/2;
        vector<double>dp(n+1);
        for(int i=1;i<=n;i++){
            dp[i]=-1e18;
            if(i<3){
                dp[i]=0;
            }
            if(i>1){
                dp[i]=max(dp[i-1],dp[i]);
            }
            if(i>2){
                dp[i]=max(dp[i],dp[i-2]);
            }
            dp[i]+=a[i]-mid;
        }
        if(max(dp[n],dp[n-1])>=0){
            l=mid;
        }else{
            r=mid;
        }
    }

再来考虑中位数，如果x作为这个长度为y序列的中位数，那么一定有1-（y/2）个数小于等于x，且(y/2)+1-y是大于等于x的，因此我们类比平均数一样来推出方程。比如 ai>=mid ，dpi++，ai<mid，dpi--。如果最后总和大于0，那么就可以得到中位数为mid的情况

    int L=0,R=1e9;
    while(L!=R){
        int mid=(L+R+1)/2;
        vector<int>dp(n+2);
        for(int i=1;i<=n;i++){
            dp[i]=-1e9;
            if(i<3){
                dp[i]=0;
            }
            if(i>1){
                dp[i]=max(dp[i],dp[i-1]);
            }
            if(i>2){
                dp[i]=max(dp[i],dp[i-2]);
            }
            if(a[i]>=mid){
                dp[i]++;
            }else{
                dp[i]--;
            }
        }
        if(max(dp[n],dp[n-1])>0){
            L=mid;
        }else{
            R=mid-1;
        }
    }

F - Spices（板子题）

1-2^n-1选几个数，使得其编号异或下来能得到1到2的n次方减一中所有数（这个目前存在一些异或，看完题解后不太理解为什么能转换成线性基模板问题）

    sort(a+1,a+cnt+1);
    for(int i=1;i<(1<<n);i++){
        for(int j=62;j>=0;j--){
            if(!(a[i].second>>j))continue;
            if(!p[j]){
                p[j]=a[i].second;
                ans+=a[i].first;
                break;
            }else{
                a[i].second^=p[j];
            }
        }
    }

posted @ 2022-02-15 19:00 AShensky 阅读(127) 评论(0) 收藏举报

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