做题小结
呼 昨晚10号晚上装了一晚上终于弄好
今天下午本来搞oj 尝试了个把小时一下 感觉还是算了吧 现在没时间弄
然后学轮廓线dp 挺有意思的 真的很不错 难确实难
https://www.luogu.com.cn/problem/CF2021C2
这个题 别人说是个板子平衡树 不过不会的就换别的写法
关键做这个题要晓得 一个数字最小出现位置 后面重复出现其实都不用管的 因为第一个满足后面就可以随便插了
那么我们最做的时候就必须时刻知道这个数字的最小位置 并且需要动态更新 那么我可以开一个set数组
下标存1-n来表示每个数 然后set里面就是出现的所有位置
只要保证每个数都是有序 不插队就行
什么意思 就是i要比i-1晚出现就行或者i-1没有出现i也不行
这是简单判断不带删除操作的时候
如果要牵扯到删除
那么 我就必须要明白删的那个数字走了以后 会产生的影响是什么 以及新来的那个数字会产生什么影响？
删的影响 好处
可能我这个数字 i 他所在位置太前了导致了i-1比他后面 如果删了i 那么我们开始释放这个数字
坏处 可能我这一删除 你把我最前的删了后面次前来了比i+1还晚 那么我们会把i+1放进坏位置里
新来的影响 好处 我们不会把i+1给影响进坏位置 因为一个位置的更改只会影响最小的那个 所以细细一想就知道了
如果不影响最早位置 i+1不变 影响比之前更前了 还是不影响i+1
可能我这个数字 i 他现在所在位置比较前了然后原先i+1在他前面 那么我们释放i+1
坏处
太前了比i-1还前 给i整进坏位置了
整体代码比较难写 细节比较多
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define debug cout<<endl<<"----------"<<endl;
const int range = 2e5+10;
using namespace std;
int n, k;
int a[range];
//int s[range];
//int lowbit(int x) {
// return x & -x;
//}
//void change(int x, int k) {
// while (x <= n)s[x] += k, x = x + lowbit(x);
//}
//int query(int x) {
// int t = 0;
// while (x)t += s[x], x = x - lowbit(x);
// return t;
//}
int b[range];
set<int>s[range];
set<int>st;
int m, q;
void solve() { //多测
cin >> n >> m >> q;
map<int, int>ma;
st.clear();
ma.clear();
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> a[i];
ma[a[i]] = i;
s[i].clear();
}
for (int i = 1; i <= m; i++) {
cin >> b[i];
b[i] = ma[b[i]]; //映射到n的下标去
s[b[i]].insert(i);
}
for (int i = 2; i <= n; i++) {
if (s[i].size() && (!s[i - 1].size() || (*s[i - 1].begin() > *s[i].begin()))) {
st.insert(i);//3 4 2
}
}
//我控制不来 动态更新最小值 用set开二维是一个好办法
//导致一堆特判做的也不想写了
//前面那个人只看他的前面 不看后面 后面改变只会影响自己和后面
if (!st.size())
cout << "YA" << endl;
else cout << "TIDAK" << endl;
// for(int i=1;i<=n;i++)
// {
// cout<<i<<endl;
// for(auto j:s[i]){
// cout<<j<<" ";
// }
// cout<<endl;
// }
// cout<<"-----------"<<endl;
for (int i = 1; i <= q; i++) {
int x, y;
cin >> x >> y;
s[b[x]].erase(x);
if (b[x] < n && s[b[x] + 1].size() && ((*s[b[x] + 1].begin() < *s[b[x]].begin()) || !s[b[x]].size())) {
st.insert(b[x] + 1);
}
if ((s[b[x] - 1].size() && *s[b[x] - 1].begin() < *s[b[x]].begin()) || !s[b[x]].size()) {
st.erase(b[x]);
}
y = ma[y]; //得到初始位置
b[x] = y;
// cout<<"y:"<<y<<endl;
// s[b[x]].insert(y);
s[b[x]].insert(x);
//初始位置可能不变或者变得更前
//y的加入会带入新的问题 后面的 前面的
if (b[x] > 1 && ((s[b[x] - 1].size() && *s[b[x] - 1].begin() > *s[b[x]].begin()) || !s[b[x] - 1].size())) {
st.insert(b[x]);//
}//变的太前
// cout<<*s[b[x]-1].begin()<<" "<<*s[b[x]].begin()<<endl;
// cout<<endl;
// for(auto j:st){
// cout<<j<<" ";
// }
// cout<<endl;
//可能初始太后面了 我们变前了 让后面的得以变正确 不用特判后面空集
if ((b[x] < n && s[b[x] + 1].size() && *s[b[x] + 1].begin() > *s[b[x]].begin())) {
st.erase(b[x] + 1);
}
if (st.size()) {
cout << "TIDAK" << endl;
} else cout << "YA" << endl;
}
}
signed main() {
ios::sync_with_stdio();
cin.tie(0);
cout.tie(0);
int t;
cin >> t;
while (t--)
solve();
}
噢 我记起来了 我8 9号应该是装机去了 特别是9号晚上和wzz他们玩lol 结果晚上一个人玩了很多大乱斗都是输 直接卸载了 没意思
打个大乱斗要么你出收集者 要么他出 但是现在越来越不喜欢出这个了 k头没意思 但是现在是别人会出 你又没人头了 就玩不了
然后又一直输 输了一晚上 不想玩了 更别提排位和新的更新 不好玩 像手游
https://www.luogu.com.cn/problem/CF2022B
没做对
思路错了
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define debug cout<<endl<<"----------"<<endl;
const int range = 6e5+10;
using namespace std;
int n, k;
int a[range];
int s[range];
int lowbit(int x) {
return x & -x;
}
void change(int x, int k) {
while (x <= n)s[x] += k, x = x + lowbit(x);
}
int query(int x) {
int t = 0;
while (x)t += s[x], x = x - lowbit(x);
return t;
}
void solve(int t) { //多测
cin >> n >>k;
priority_queue<int>q;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>a[i];
q.push(a[i]);
}
if(t==294)
{
cout<<n<<","<<k<<"|";
for(int i=1;i<=n;i++){
cout<<a[i]<<",";
}
cout<<endl;return ;
}
int ans=0;
while(q.size())
{
vector<int>v;
int w=q.size();
int x=min(w,k);
for(int i=1;i<=x;i++)
{
v.push_back(q.top());
q.pop();
}
int small=v[x-1];
ans+=small;
for(int i=1;i<=x;i++)
{
v[i-1]-=small;
if(v[i-1]){
q.push(v[i-1]);
}
}
}
cout<<ans<<endl;
}
signed main() {
ios::sync_with_stdio();
cin.tie(0);
cout.tie(0);
int t;
cin >> t;
for(int i=1;i<=t;i++)
{
solve(i);
}
}
一个
3 2
2 2 2就错了 思考少了 我认为要4次 其实3次 因为我存在浪费
那么正解是
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i],sum+=a[i];
sort(a+1,a+1+n);
cout<<max(a[n],(sum+k-1)/k)<<endl;
有点逆天 逆天在我没想到。。。。。
https://www.luogu.com.cn/problem/U204941
这个题两种解法
一个状态压缩 一个轮廓线dp（一开始没看懂） 后者我还是学了蛮久的 今天晚上和hfh玩了会手游 主要是这个新手机想体验下 不然我肯定不会这么晚写题解了
下午学轮廓线我由于装oj浪费时间心态急了没学懂都快崩溃了
状压没什么好说的 直接枚举两个行 就行 董老师的视频说的也很全 上下&=0
0表示竖 插头是垂直方向
1表示横着的 插头向水平方向
那么我们考虑转移 对于可以放 明天再写吧 早上要去亲戚家吃饭的
1.12 12：00
判断某一点能否放置 看上面和右边即可
如果上面是1表示横放 那么不影响 如果是0 那么必然要竖放 否则上面是空着的 如果左边是0上面是1 那么 我们可以选择不放或者横放
还有就是预处理的问题
试想一下 我们在枚举上一行和这一行的状态的时候 肯定 存在 不合法的状态 试问如果出现二行状态合并好了 出现0没用 那肯定不行 两行
之间一定要用完 当然可以是上面是1这一次是0 但不能上面是0 因为一定要用完 所以 我们提前预处理 奇数0的二进制 如果两个行合并了 （|）
是奇数0的那种 肯定不行 奇数0一定会存在 一个0用不完 就是|的时候会有奇数0
for (int i = 0; i <= (1 << n) -1; i++) {
cnt = 0;
flag[i] = 0;
for (int j = 0; j < n; j++) {
if ((i >> j) & 1) {
if (cnt % 2) {
flag[i] = 1;
break;
}
cnt = 0;
} else cnt++;
}
if (cnt % 2)flag[i] = 1;
cout<<i<<" "<<flag[i]<<endl;
后续转移代码
试想为什么是F 0 0 = 1
很明显就能转移的都可以转移 因为k-k=0
f[0][0] = 1;
for (int i = 1; i <= m; i++) {
for (int j = 0; j <= (1 << n) -1; j++) {
//上一列
for (int k = 0; k <= (1 << n) -1; k++) {
if (!flag[j | k] && (j & k) == 0) {
f[i][j] += f[i - 1][k];
cout<<f[i][j]<<endl;
}
}
}
}
状压就这么写了 下面介绍轮廓线DP
这个图很重要 二进制从右上->左边
下面是所有的情况 这个不再赘述
不放只需要左移1位多一个0即可 比如1011x 此时不放x为0 10110
竖放是左移加1 为什么呢 见下图 我们要把此时k5 pop掉 不管他是多少
因为都是要溢出的 我们毕竟要往右边推了 右边等会继承状态的是看x和k4
此时让k4为最高位才是真的
那么横放+3 很简单 两个1一放就行 xxx00 -> xxx11 等于+3
参考文章
https://www.cnblogs.com/caijiLYC/p/14358687.html
说下代码
f[0][(1<<m)-1]=1;//
for (int i = 0; i < n; i++) {
for (int j = 0; j < m; j++) {
cur ^= 1;
memset(f[cur], 0, sizeof (f[cur]));
for (int k = 0; k < (1 << m); k++) {
if (k & (1 << (m - 1))) {
cal(k, k << 1);
}
if (i && !(k & (1 << (m - 1)))) {
cal(k, (k << 1) + 1);
}
if (j && (k & (1 << (m - 1))) && !(k & 1)) {
cal(k, (k << 1) + 3);
}
}
}
}
cout<<f[cur][(1<<m)-1]<<endl;
f[0][(1<<m)-1]=1;
if (k & (1 << (m - 1))) {
cal(k, k << 1);
}
这一步很巧妙
只有不放才能转移他 让后k<<1=2^M+1-2 再减去2^M就变成了
111111110如此表示 第一行第一个是0表示未放 符合我们的逻辑 后面就可以照常进行转移了
通过这一题大致理解了下轮廓线DP 感觉很有意思！ 日后用的虽然少 但是不后悔花了时间去学
ps 今天早上肚子痛醒来 就睡了3个小时 然后中午下午在阿姨家吃饭 下午在睡觉 困死了 我当时趴着都能睡着 晚上回来补点题
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