1.11-1.15做题笔记
说句闲话
主要记录了一模考完之后做的一些题，有难的也有比较简单的，都是一些不属于任何比赛的题，所以放在这里统一记录了。
P3551 [POI2013] USU-Take-out
题目大意
有 \(n\) 块砖，其中白色是黑色的 \(k\) 倍，求一个消除序列，满足以下条件：
每次消除 \(k+1\) 个砖，其中 \(k\) 块白色，\(1\) 块黑色，并且这 \(k+1\) 块砖从开始到结束，中间不能路过已经消除过的砖。
解题思路
这个问题看似很棘手：怎样保证中间不能路过已经消除过的砖块？
可以手模一下样例，就会发现，一个比较优的策略是先将取两边的砖块，最后取中间的砖块，但是这样很难实现。
这时候可以考虑反向思考，如果是按照这样的策略，那么最后一组序列就会是在中间的一段连续区间，根据这个突破口，我们不难得到以下做法：
维护一个栈，当栈顶有连续的一段区间中恰好满足白色 \(1\) 个，黑色 \(k\) 个的条件，就将这 \(k+1\) 个元素弹出，依此类推，只要栈顶有连续 \(k+1\) 个元素满足要求就弹出，最终将弹出的元素倒序输出就是正确方案。
判断满足要求可以将白色砖块赋值为 \(1\)，黑色砖块赋值为 \(0\)，再用前缀和维护。
for(int i=1;i<=n;i++){
stk.push(i);
int top=stk.size();
sum[top]=sum[top-1]+(s[i-1]=='c');
if(stk.size()<k+1)continue;
if(sum[top]-sum[top-k-1]==1){
int j=0;
while(j<=k){
output.push_back(stk.top());
j++,stk.pop();
}
//stk.pop_k(k+1);
}
}
for(int i=output.size()-1;i>=0;i--){
cout<<output[i]<<" ";
if(i%(k+1)==0)cout<<"\n";
}
P11148 [THUWC 2018] 零食
题目大意
有两种物品价值为 \(a_i\) 与 \(b_i\) 分别 \(n\) 个和 \(m\) 个，现在将两种物品放到同一个序列中，如果当前物品类型与上一个物品相同，则总价值会加上当前物品价值 \(a_i\) 或 \(b_i\)，若类型不同，则总价值不变。
求解最大的总价值。
\(a_i\) 和 \(b_i\) 都有可能是负数。
题目思路
贪心地思考问题，最优的情况肯定是正的价值全部算入总价值，负的价值全部不算。
考虑如何尽量让负的价值全都不算呢？将负的物品 \(a\) 与物品 \(b\) 交替放置是显然的。
那么就可以直接确定策略：
先将 \(a\) 与 \(b\) 分别由小到大排序，计算前缀和 \(suma\) 以及 \(sumb\)，然后就可以线性枚举求出最大值。
注意开 long long。
sort(a+1,a+1+n);
sort(b+1,b+1+m);
ll ans=-1ll<<62;
for(int i=n;i>=1;i--){
sum_a[i-1]=sum_a[i]+a[i];
}
for(int i=m;i>=1;i--){
sum_b[i-1]=sum_b[i]+b[i];
}
for(int i=1;i<=min(n,m);i++){
ans=max(ans,sum_a[i]+sum_b[i]);
if(i<n)ans=max(ans,sum_a[i+1]+sum_b[i]);
if(i<m)ans=max(ans,sum_a[i]+sum_b[i+1]);
}
P4556 [Vani有约会] 雨天的尾巴 /【模板】线段树合并
线段树合并的模板题。
首先学习了动态开点线段树，在线段树的 build 函数中维护两个数组 ls 和 rs。
线段树合并的主要过程：
假设两颗线段树为 A 和 B，从 \(1\) 号节点开始递归合并。
递归到某个节点时，如果 A 树或者 B 树上的对应节点为空，直接返回另一个树上对应节点，运用了动态开点线段树的特性。
如果递归到叶子节点，我们合并两棵树上的对应节点。
最后，根据子节点更新当前节点并且返回。
对于本题，用差分把树上修改转化为单点修改，然后向上 dfs 线段树合并统计答案即可。
这里是线段树合并的模板。
struct Seg_Tree{
int cnt=0;
int sum[N*50],res[N*50];
int ls[N*50],rs[N*50];
void push_up(int rt) {
if(sum[ls[rt]]<sum[rs[rt]]){
res[rt]=res[rs[rt]],sum[rt]=sum[rs[rt]];
}
else{
res[rt]=res[ls[rt]],sum[rt]=sum[ls[rt]];
}
}
void merge(int &a,int b,int l,int r){
if(!a){
a=b;
return;
}
if(!b){
return;
}
if(l==r){
sum[a]+=sum[b];
return;
}
int md=(l+r)>>1;
merge(ls[a],ls[b],l,md);
merge(rs[a],rs[b],md+1,r);
push_up(a);
return;
}
void add(int &rt,int l,int r,int p,int x){
if(!rt){
rt=++cnt;
}
if(l==r){
sum[rt]+=x,res[rt]=p;
return;
}
int md=(l+r)>>1;
if(p<=md){
add(ls[rt],l,md,p,x);
}
else{
add(rs[rt],md+1,r,p,x);
}
push_up(rt);
return;
}
}Tr;
P10242 [THUSC 2021] Emiya 家明天的饭
首先可以钦定每个菜满足哪些人的需求，问题就被转化为了求解：
$\sum S \sum {i \in S} \sum f \(，\)f$ 表示每一行的超集和。
求解超集和可以使用状压dp，时间复杂度 \(O(n^2\times 2^n)\)。
for(int j=1;j<=m;j++){
int tmp=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(a[i][j]!=-1){
tmp|=1<<i-1;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
if(a[i][j]!=-1){
f[i][tmp]+=a[i][j];
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=0;j<n;j++)
for(int k=0;k<(1<<n);k++){
if(!(k&(1<<j))){
f[i][k]+=f[i][k|(1<<j)];
}
}
ll maxn=0;
for(int i=0;i<(1<<n);i++){
ll sum=0;
for(int j=1;j<=n;j++){
if(i&(1<<j-1)){
sum+=f[j][i];
}
}
maxn=max(maxn,sum);
}
cout<<maxn<<"\n";
P2395 BBCode转换Markdown
大摸你工程题
架构地比较好的话很好写，代码也比较短
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
vector<char> final_output;
string generate_tag(){
string tag;
char c=getchar();
while(c!=']'){
tag+=c;
c=getchar();
}
return tag;
}
void push_output(string s){
for(int i=0;i<s.length();i++){
final_output.push_back(s[i]);
}
return;
}
stack<string> match;
void check_match_error(string x){
string top=match.top();
match.pop();
if(top!=x){
cout<<"Match Error\n";
exit(0);
}
return;
}
void check_unclosed_mark(){
if(!match.empty()){
cout<<"Unclosed Mark\n";
exit(0);
}
return;
}
map<string,string> print;
void solve_1(string tag){
if(tag[0]=='/'){
check_match_error(tag.substr(1));
string p=print[tag.substr(1)];
reverse(p.begin(),p.end());
push_output(p);
}
else{
match.push(tag);
string p=print[tag];
push_output(p);
}
return;
}
bool state_link=0;
string adress,information;
void solve_2(string tag){
if(tag[0]=='/'){
check_match_error(tag.substr(1,3));
string p=information+"]("+adress+")";
push_output(p);
adress="",information="",state_link=0;
}
else{
match.push(tag.substr(0,3));
if(tag[0]=='i')push_output("!");
push_output("[");
adress=tag.substr(4);
}
return;
}
void solve_tag(){
string tag=generate_tag();
print["h1"]="# " , print["h2"]="## ";
print["i"]="*" , print["b"]="__";
if(tag=="h1"||tag=="/h1"||
tag=="h2"||tag=="/h2"||
tag=="i"||tag=="/i"||
tag=="b"||tag=="/b"||
0){
solve_1(tag);
}
else if(tag[0]=='u'||
tag[0]=='i'&&tag[1]=='m'||
tag=="/url"||tag=="/img"||
0){
solve_2(tag);
}
else if(tag=="quote"){
}
else if(tag=="/quote"){
}
return;
}
void input(){
char in=getchar();
while(in!=EOF){
if(in=='['){
solve_tag();
}
else{
if(state_link){
information+=in;
}
else {
final_output.push_back(in);
}
}
in=getchar();
}
return;
}
void output(){
check_unclosed_mark();
for(auto c:final_output){
cout<<c;
}
return;
}
int main(){
input();
output();
return 0;
}
自认为码风良好。
浙公网安备 33010602011771号