2018 Multi-University Training Contest 2 杭电多校第二场
开始逐渐习惯被多校虐orz 菜是原罪
1004 Game （hdoj 6312)
链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6312
虽然披着博弈的外壳 但是也算是结论题 一开始开题的时候一看到博弈就不想写了 但是大佬们过题太快了 所以想到可能是结论题
题意：有A和B两个人可以对一个1-n的全排列进行操作 每一次都可以删去一个数和它所有质子 A和B轮流进行操作 先删光全排列为赢 A先手 给出n 判断A的输赢
因为每一次删数操作都会删去1 所以可以忽视掉1 直接看2-n的状态 如果在这个状态下B赢了 那么A先去选择1来转变自己的局面 A可以赢 如果2-n的状态下A赢了 可以不用专门去选择1 保持赢的状态 所以A是必胜的
知道这个结论后 代码就无比的简单了 不过要注意多组输入 这一场都要注意这个问题
代码如下
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int main(){
int n;
while(scanf("%d",&n)!=EOF){
printf("Yes\n");
}
return 0;
}
1007 Naive Operations （hdoj 6315）
链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6315
需要优化的线段树
题意：给一个全排列的数组b和为空的数组a 分为两个操作 第一个操作为给指定区间l-r a[l]-a[r]都加上1 第二个操作为给定指定区间 求b[l]/a[i]到b[r]/a[r]的和
区间求和问题 一开始想到的是裸的树状数组 但是太暴力 华丽丽的给卡掉了 一直卡到了比赛结束
每次对a数组进行++操作 都转化成--操作 具体做法为设一个minn赋值为对应的b[i]的值 一旦a[i]++，可以转换为minn--，直到minn为零 此时用于计数的sum进行++，minn重新赋值为b[i]
代码如下
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=1e5+10;
struct node{
ll sum,pos,minn,lazy;
}kk[maxn<<2];
int a[maxn];
void pushup(int rt){
kk[rt].minn=min(kk[rt<<1].minn,kk[rt<<1|1].minn);
kk[rt].sum=kk[rt<<1].sum+kk[rt<<1|1].sum;
}
void pushdown(int rt){
if(kk[rt].lazy){
kk[rt<<1].lazy+=kk[rt].lazy;
kk[rt<<1|1].lazy+=kk[rt].lazy;
kk[rt<<1].minn-=kk[rt].lazy;
kk[rt<<1|1].minn-=kk[rt].lazy;
kk[rt].lazy=0;
}
}
void build(int l,int r,int rt){
kk[rt].lazy=kk[rt].sum=0;
if(l==r){
kk[rt].minn=kk[rt].pos=a[l];
kk[rt].sum=0;
return ;
}
int mid=(l+r)>>1;
build(l,mid,rt<<1);
build(mid+1,r,rt<<1|1);
pushup(rt);
}
void update(int L,int R,int l,int r,int rt){
if(L<=l&&r<=R&&kk[rt].minn>1){
kk[rt].lazy++;
kk[rt].minn--;
return ;
}
if(l==r&&kk[rt].minn==1){
kk[rt].sum++;
kk[rt].minn=kk[rt].pos;
kk[rt].lazy=0;
return ;
}
int mid=(l+r)>>1;
pushdown(rt);
if(L<=mid) update(L,R,l,mid,rt<<1);
if(R>mid) update(L,R,mid+1,r,rt<<1|1);
pushup(rt);
}
ll query(int L,int R,int l,int r,int rt){
if(L<=l&&r<=R) return kk[rt].sum;
int mid=(l+r)>>1;
pushdown(rt);
ll ans=0;
if(L<=mid) ans+=query(L,R,l,mid,rt<<1);
if(R>mid) ans+=query(L,R,mid+1,r,rt<<1|1);
return ans;
}
int main(){
int n,q,l,r;
while(~scanf("%d%d",&n,&q)){
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
build(1,n,1);
while(q--){
char s[10];
scanf("%s%d%d",s,&l,&r);
if(s[0]=='a') update(l,r,1,n,1);
if(s[0]=='q') printf("%lld\n",query(l,r,1,n,1));
}
}
return 0;
}
1011 Swaps and Inversions （hdoj 6318）
链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6318
树状数组+离散化 求逆序数
题意：给出一个数列 如果一个数的逆序数不为0 则要付出逆序数*x的代价 但是也可以选择交换相邻两项来减少逆序数 每次交换需要付出的代价为y
只要想到这是逆序数 就是一题板子题了 因为相邻两项也可以构成逆序对 所以就可以把问题简化为逆序数和*min(x,y)
逆序数在线性代数中有定义（orz还好没忘记这学期刚学的线代）一个数的逆序数 是在这个数之后所有比它要小的数字个数的和 这里可以用离散化的思想来处理 用树状数组来进行修改和查询
有个小坑 一直wa 后知后觉发现是姿势不对orz 在排序的时候进行特判 差不多一个结构体二重排序（？）
哦对了 会爆int 要开long long
代码如下：
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=1e5+10;
typedef long long ll;
int c[maxn],pos[maxn];
int n;
struct node{
int v;
int id;
}kk[maxn];
int cmp(node a,node b){
if(a.v==b.v) return a.id<b.id;
else return a.v<b.v;
}
int lowbit(int x){
return x&(-x);
}
void insert(int i,int x){
while(i<=n){
c[i]+=x;
i+=lowbit(i);
}
}
ll getsum(int i){
ll sum=0;
while(i>=1){
sum+=c[i];
i-=lowbit(i);
}
return sum;
}
int main(){
int x,y;
while(~scanf("%d%d%d",&n,&x,&y)){
ll ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&kk[i].v);
kk[i].id=i;
}
sort(kk+1,kk+n+1,cmp);
for(int i=1;i<=n;i++){
pos[kk[i].id]=i;
}
memset(c,0,sizeof(c));
for(int i=1;i<=n;i++){
insert(pos[i],1);
ans+=i-getsum(pos[i]);
}
printf("%lld\n",(ll)ans*min(x,y));
}
return 0;
}
