2019牛客多校 Round1
Solved:4
Rank:143
A Equivalent Prefixes
题意:求一个最大的r满足在A,B两个数组中1,r里所有的子区间RMQ相等
题解:单调队列秒
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; int n; int q[100005]; int w[100005]; int que[100005]; int main() { while(~scanf("%d", &n)) { for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &q[i]); for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &w[i]); int l = 1, r = 0; int ans = n; for(int i = 1; i <= n; i++) { while(l <= r && q[i] < q[que[r]] && w[i] < w[que[r]]) r--; if(l > r) que[++r] = i; else if(q[i] > q[que[r]] && w[i] > w[que[r]]) { que[++r] = i; } else { ans = i - 1; break; } } printf("%d\n", ans); } return 0; }
H XOR (线性基)
题意:1e5个数 求所有xor和为0的子集 元素数量的和
题解:先求出线性基 社线性基里有x个数 对于线性基以外的数 算出每个数 对多少个集合做了贡献
因为 不管这个数和什么集合组合 都能被线性基表示出来 所以单个数的贡献是2^n-x-1
对于线性基里的数 除去这个数以外的n-1个数求一次线性基 如果这个数能被这个线性基表示出来 那么他的贡献也是2^n-x-1
因为如果一组数有多种线性基 那么每种的秩是一样的
然后在求线性基里的x个数时 可以先把n-x个数求一次线性基 加速运算
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const ll mod = 1e9 + 7; ll a[100005]; ll b[100005]; ll c[70], d[70]; ll val[70]; ll val2[70]; ll pow_mod(ll x, ll y) { ll res = 1; while(y) { if(y & 1) res = res * x % mod; x = x * x % mod; y >>= 1; } return res; } bool insert(ll x) { for(int i = 60; i >= 0; i--) { if(x & (1LL << i)) { if(!val[i]) { val[i] = x; return true; } x ^= val[i]; } } return false; } void inser(ll x) { for(int i = 60; i >= 0; i--) { if(x & (1LL << i)) { if(!val2[i]) { val2[i] = x; return; } x ^= val2[i]; } } } bool query(ll x) { for(int i = 60; i >= 0; i--) { if(x & (1LL << i)) x ^= val2[i]; } return !x; } int main() { int n; while(~scanf("%d", &n)) { ll ans = 0; int cnt = 0, tot = 0, cnt2 = 0; memset(val, 0, sizeof(val)); for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%lld", &a[i]); for(int i = 1; i <= n; i++) { if(insert(a[i])) c[++tot] = a[i]; else b[++cnt] = a[i]; } if(tot != n) ans = 1LL * cnt * pow_mod(2LL, n - tot - 1) % mod; memset(val, 0, sizeof(val)); for(int i = 1; i <= cnt; i++) { if(insert(b[i])) d[++cnt2] = b[i]; } for(int i = 1; i <= tot; i++) { memset(val2, 0, sizeof(val2)); for(int j = 1; j <= tot; j++) { if(i == j) continue; inser(c[j]); } for(int j = 1; j <= cnt2; j++) inser(d[j]); if(query(c[i])) { ans = (ans + pow_mod(2LL, n - tot - 1)) % mod; } } printf("%lld\n", ans); } return 0; }
I Points Division (线段树维护DP)
题意:平面上1e5个点 分成AB两个集合 使得相对B集合中每个点的第四象限含边界的地方没有A集合的点
每个点分别在A,B集合中点的贡献不同 求所有点贡献的最大和
题解:把B集合点的控制区域并在一起 可以发现是一条沿着B集合边界上点的单调不减折线
题解说对这条折线dp dp_i表示以i为折线上点的最大值 那么它是由前面x比他小且y比他小的点转移来的
首先按x从小到大排序 然后对离散化后的纵坐标建线段树维护dp值 转移就只需要查询一下最大值就降为log了
然后比较难理解的是转移 首先单点更新i点的dp值后 我们考虑一下i之前更新的点j 如果yj>yi 那么i就相当于考虑以j作为最优点的B集合里
所以为了不损失对前面yj>yi的点贡献 我们在yi + 1到结尾区间加上bi 同理在0到yi-1区间加上ai
还有一个坑点就是当x相等时 先处理y大的点 因为这条折线上的点是B集合的 如果先更新y小的点 y大的点给y小的点贡献是在A集合的
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; int n, cnt; struct node { int x, y, a, b, ty; }e[100005]; bool cmp1(node A, node B) { if(A.x == B.x) return A.y > B.y; return A.x < B.x; } bool cmp2(node A, node B) { return A.y < B.y; } ll zd[400005]; ll lz[400005]; void pushup(int rt) { zd[rt] = max(zd[rt << 1], zd[rt << 1 | 1]); } void pushdown(int rt) { if(lz[rt]) { zd[rt << 1] += lz[rt]; zd[rt << 1 | 1] += lz[rt]; lz[rt << 1] += lz[rt]; lz[rt << 1 | 1] += lz[rt]; lz[rt] = 0; } } void build(int l, int r, int rt) { lz[rt] = zd[rt] = 0; if(l == r) return; int mid = l + r >> 1; build(l, mid, rt << 1); build(mid + 1, r, rt << 1 | 1); } void update(int k, ll v, int l, int r, int rt) { if(l == r) { zd[rt] = max(zd[rt], v); return; } pushdown(rt); int mid = l + r >> 1; if(k <= mid) update(k, v, l, mid, rt << 1); else update(k, v, mid + 1, r, rt << 1 | 1); pushup(rt); } ll query(int ql, int qr, int l, int r, int rt) { if(ql <= l && qr >= r) return zd[rt]; pushdown(rt); ll res = 0; int mid = l + r >> 1; if(ql <= mid) res = max(res, query(ql, qr, l, mid, rt << 1)); if(qr > mid) res = max(res, query(ql, qr, mid + 1, r, rt << 1 | 1)); return res; } void segment_update(int ql, int qr, ll v, int l, int r, int rt) { if(ql <= l && qr >= r) { lz[rt] += v; zd[rt] += v; return; } pushdown(rt); int mid = l + r >> 1; if(ql <= mid) segment_update(ql, qr, v, l, mid, rt << 1); if(qr > mid) segment_update(ql, qr, v, mid + 1, r, rt << 1 | 1); pushup(rt); } int main() { while(~scanf("%d", &n)) { cnt = 1; for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d%d%d%d", &e[i].x, &e[i].y, &e[i].a, &e[i].b); sort(e + 1, e + 1 + n, cmp2); e[0].y = 0; for(int i = 1; i <= n; i++) { if(e[i].y != e[i - 1].y) e[i].ty = ++cnt; else e[i].ty = cnt; } cnt++; sort(e + 1, e + 1 + n, cmp1); build(1, cnt, 1); for(int i = 1; i <= n; i++) { update(e[i].ty, query(1, e[i].ty, 1, cnt, 1) + 1LL * e[i].b, 1, cnt, 1); segment_update(1, e[i].ty - 1, 1LL * e[i].a, 1, cnt, 1); segment_update(e[i].ty + 1, cnt, 1LL * e[i].b, 1, cnt, 1); } printf("%lld\n", zd[1]); } return 0; }
J Fraction Comparision (签到)
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; int main() { ll x, a, y, b; while(~scanf("%lld%lld%lld%lld", &x, &a, &y, &b)) { ll t1 = x / a, t2 = y / b; if(t1 > t2) puts(">"); else if(t1 < t2) puts("<"); else { x %= a, y %= b; if(x * b == y * a) puts("="); else x * b < y * a ? puts("<") : puts(">"); } } return 0; }
