wxy 3.24 1903

v>

丢失的数字

签到题，WA1发，数组名字还是要根据所存的数据的意义取名字，最好不要取a,aa这样的数组容易混淆

同学聚会

注意题意的理解，避免在书写过程中出现重构的现象

最大岛屿

数组范围一开始就要写对

下大雪了

强连通分量模板题

上课点名

vector 的insert复杂度理论上是O(n) ,但是实际上会跑起来快一点。如果代码比较短的话，可以尝试一

发

有时候感觉复杂度很玄学

# include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long LL;

const int MAXN=3e4+100;

struct Node{

int id,num;

LL ans;

}b[MAXN];

LL a[MAXN];

int cmp(Node a,Node b)

{

return a.num<b.num;

}

int cmp1(Node a,Node b)

{

return a.id<b.id;

}

vector<LL> v;

int main()

{

int n,m; scanf("%d%d",&n,&m);

for(int i=1;i<=n;i++){

scanf("%lld",&a[i]);

}

for(int i=1;i<=m;i++){

scanf("%d",&b[i].num);

b[i].id=i;

}

sort(b+1,b+m+1,cmp);

int pre=1,next;消灭复读机

1.字符串是从1开始的还是从0开始的，在遍历的时候一定要注意；2.按照dfs序去遍历不一定能够把空间

都遍历过，还是要通过dfs访问

山区修路

n只有500，可以考虑n^2的DP，不管是单调不增还是单调不减，最好就是在原来的序列上进行修改，

那么直接在原来的序列上进行sort,然后DP[i] [j]表示第i个路段选取第j个数，那么前i-1个路段只能选取1-j

的数，那么选取min(DP[i-1] [ 1-- j] ) +abs(a[i] -a[j]),搞一个minn作为临时变量，更新最小值可以降低一

维的复杂度

vector<LL>::iterator it;

for(int i=1;i<=m;i++){

next=b[i].num;

for(int j=pre;j<=next;j++){

it=lower_bound(v.begin(),v.end(),a[j]);

v.insert(it,a[j]);

}

pre=next+1;

b[i].ans=v[b[i].id-1];

}

sort(b+1,b+m+1,cmp1);

for(int i=1;i<=m;i++){

printf("%lld\n",b[i].ans);

}

return 0;

}

/*

7 4

9 7 2 8 14 1 8

1 2 6 6

*/

# include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long LL;

const int MAXN=510;

LL a[MAXN],b[MAXN],dp1[MAXN][MAXN],dp2[MAXN][MAXN];

int cmp(int a,int b)

{

return a>b;

}

int main()

{

int T; scanf("%d",&T);

while(T--){

memset(dp1,0,sizeof(dp1));

memset(dp2,0,sizeof(dp2));

int n; scanf("%d",&n);

for(int i=1;i<=n;i++){

scanf("%lld",&a[i]);

b[i]=a[i];

}

sort(b+1,b+n+1);

for(int i=1;i<=n;i++){木工的烦恼

应为n很小，所以考虑暴力，要割n-1刀，枚举每一刀是横着割的还是竖着割的，每次都是对对应的坐标

进行平分，再进行下一次的枚举就可以

LL minn=1e18;

for(int j=1;j<=n;j++){

dp1[i][j]+=abs(a[i]-b[j]);

minn=min(minn,dp1[i-1][j]);

dp1[i][j]+=minn;

}

}

sort(b+1,b+n+1,cmp);

for(int i=1;i<=n;i++){

LL minn=1e18;

for(int j=1;j<=n;j++){

dp2[i][j]+=abs(a[i]-b[j]);

minn=min(minn,dp2[i-1][j]);

dp2[i][j]+=minn;

}

}

LL ans=1e18;

for(int i=1;i<=n;i++){

ans=min(ans,dp1[n][i]);

ans=min(ans,dp2[n][i]);

}

printf("%lld\n",ans);

}

return 0;

}

# include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

double dfs(double x,double y,int n)

{

if(x<y) swap(x,y);

if(n==1) return x/y;

double res=1e18;

for(int i=1;i<n;i++){

res=min(res,max(dfs(x,y*i/n,i),dfs(x,y*(n-i)/n,n-i)));

}

for(int i=1;i<n;i++){

res=min(res,max(dfs(x*i/n,y,i),dfs(x*(n-i)/n,y,n-i)));

}

return res;

}

int main()

{

int x,y,n;

scanf("%d%d%d",&x,&y,&n);

printf("%.6f\n",dfs(x,y,n));

return 0;捡拾金币

关键点：考虑金币和金币之间是否再限定事件内到达，如果能到达，则再前一个状态上+1作为当前状

态，n^2暴力，最后一个循环就可以了

数字游戏

决策单调性优化，待补

不是很能理解为什么mid可以做到把每一个点都遍历一遍

}

# include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int MAXN=1e4+100;

int t[MAXN],x[MAXN],y[MAXN],f[MAXN];

int main()

{

int n,m; scanf("%d%d",&n,&m);

for(int i=1;i<=m;i++){

scanf("%d%d%d",&t[i],&x[i],&y[i]);

f[i]=1;

}

for(int i=2;i<=m;i++){

for(int j=1;j<i;j++){

if(t[i]-t[j]>=abs(x[i]-x[j])+abs(y[i]-y[j])) f[i]=max(f[i],f[j]+1);

}

}

int ans=0;

for(int i=1;i<=m;i++){

ans=max(ans,f[i]);

}

printf("%d\n",ans);

return 0;

}

/*

2 2

1 1 1

2 2 2

*/

# include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int MAXN=5e5+100;

int a[MAXN],f[MAXN],g[MAXN];

int n;

void solve1(int l,int r,int L,int R)

{

if(l>r||L>R) return ;

int pos=0,mid=(l+r)>>1; double mx=0;

for(int i=L;i<=R&&i<=mid;++i){if((double)a[i]+sqrt(mid-i)>=mx)

pos=i,mx=(double) a[i]+sqrt(mid-i);

}

//cout<<"!!!!"<<mid<<" "<<l<<" "<<r<<endl;

f[mid]=a[pos]+ceil(sqrt(mid-pos));

solve1(l,mid-1,L,pos);

solve1(mid+1,r,pos,R);

}

void solve2(int l,int r,int L,int R)

{

if(l>r||L>R) return ;

int pos=0,mid=(l+r)>>1; double mx=0;

for(int i=R;i>=L&&i>=mid;--i){

if((double)a[i]+sqrt(i-mid)>=mx)

pos=i,mx=(double)a[i]+sqrt(i-mid);

}

g[mid]=a[pos]+ceil(sqrt(pos-mid));

solve2(l,mid-1,L,pos);

solve2(mid+1,r,pos,R);

}

int main()

{

scanf("%d",&n);

for(int i=1;i<=n;i++){

scanf("%d",&a[i]);

}

solve1(1,n,1,n);

solve2(1,n,1,n);

for(int i=1;i<=n;i++){

printf("%d\n",max(f[i],g[i])-a[i]);

}

return 0;

}