swust 2014届选拔赛 题解
题目传送门：http://www.oj.swust.edu.cn/contest/show/1160
A: 快乐的Fm
这是一道dp。我们假设这n个人按照水平排成一排， 可以很容易想到用dp[i][j]表示： 排到第第i个位置的人面向左边的是第j个部位的总方案数。可以有转移
dp[i][j]+=dp[i-1][k] （ 只要k和j 不发生冲突就可以转移 ）。总复杂度（O（16n））
AC 代码。
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define debug
using namespace std;
const int inf = 0x3fffffff;
const int mmax = 100010;
const int mod = 522462628;
int dir[mmax];
int dp[mmax][5];
int main()
{
int n;
#ifdef debug
freopen("in.txt","r",stdin);
#endif
while(cin>>n)
{
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&dir[i]);
memset(dp,0,sizeof dp);
dp[1][1]=dp[1][2]=dp[1][3]=dp[1][4]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=4;j++)
{
for(int k=1;k<=4;k++)
{
if(k==2 && abs(j-dir[i-1])==2 )
continue;
if(j==4 && k==dir[i])
continue;
dp[i][j]+=dp[i-1][k];
dp[i][j]%=mod;
}
}
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=4;i++)
{
ans+=dp[n][i];
ans%=mod;
}
cout< B: 奔跑的Fm
按照题意实际上只要是的所有的点都能联通就可以了。因为走过的路程不需要在走了，所以实际上就是求一个最小生成树。只是这里的边的花费是2维的，那么我们可以自定义边权按照 len最小，其次按照cost最小排序。由于点只有1000个 ，所以用prim和kruskal算法都能通过。复杂度分别为O(n^2)和O(mlgm);
kruskal代码
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include C: 幸运的Fm
关于区间查询有的计数问题，只有查询没有更新的这类问题我也讲过了，首先我们预处理出每个位置的f(a[i])的值,然后，然后用sum[i]记录到第i个位置的前缀和，那么要查询区间[l,r]上的答案是， ans=sum[r]-sum[l-1] （根本用不到线段树，线段树是用来处理有更新的）。现在的关键问题在于怎么快速求出每个a[i]的f值。有一种的n√a(max)的做法，就是对于每个a[i]暴力质因子分解。 还有一种很高效的方法。 如果你发现 f[x]=f[x/d]+1（d是x的一个质因子），那么如果对于每一个数我们找出了他的一个质因子，我们就可 O(n)递推出所有的1-1000000的f值。 对于求出每个数的一个质因子，我们可以按照素数筛选那样，只是标记哪里多一个记录质因子。 复杂是nlga(max)。 这题本来一开始数据是卡了√n的做法的。后来在我的强烈要求下时间限制标称2s。放过了这种做法。
#include
#include
#include
#include
#include
#define debug
using namespace std;
const int mmax = 1000010;
int num[mmax],c[mmax];
int sum[50010];
bool isprime[mmax];
void pre()//nlgn的预处理方法
{
memset(isprime,1,sizeof isprime);
num[1]=0;
isprime[1]=0;
for(int i=2;i1)
cnt++;
return cnt;
}
int main()
{
int n,q;
#ifdef debug
freopen("in.txt","r",stdin);
#endif
pre();
while(cin>>n>>q&& n+q)
{
sum[0]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int x;
scanf("%d",&x);
sum[i]=sum[i-1]+num[x];// +ff(x) 为暴力
}
while(q--)
{
int l,r;
scanf("%d %d",&l,&r);
printf("%d\n",sum[r]-sum[l-1]);
}
}
return 0;
}
D: 苦恼的Fm
这题最后实际上就是2个人比赛了。对于n-1个人 只需要最大的m张牌就够了，其他的牌都没有用的。 有2种做法，第一种是贪心。对于fm出的最大的牌，对方如果能赢，就用最大的牌去赢了好了，就是对于fm的牌，我么重大到小如果能赢就赢，这么保证最优。 另外一种做法。对于fm的每一张牌i，对于对面的牌j如果能赢i（j>i）就建立边i->j。那么你会发现最后是一个2分图，如果要fm赢得最少，就要选出尽量多的边，没选一条边代表Fm输了，由于每张牌只能选一次，那么实际上就是在2分图上面找到最大匹配。当然贪心的做法复杂度最好 O(nlgn)
贪心做法：
#include
#include
#include
using namespace std;
#define debug
bool flag[10005];
int s[10005];
int main()
{
#ifdef debug
freopen("in.txt","r",stdin);
#endif
int n,m;
while(~scanf("%d%d",&n,&m))
{
memset(flag,false,sizeof(flag));
for(int i=0;i 匹配做法：
/*
* Author: islands
* Created Time: 2015/8/14 14:38:28
* File Name: stand.cpp
*/
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include E: Fm的旅行
最后题目就是求生成树的个数，由于边权都是1，就不存在最小生成树了（生成树都是最小了）。 我们考虑每一个边上的正m边形。 如果是生成树，那么不能形成环，首先假设每个m边形都是自联通（不通过其他的m边形），那么显然会形成一个环，每个m边形都可以通过其他m边形联通，又自联通，所以就形成环。那么我们需要有一个m变形不自联通，这样就不会形成 环，而且保证所有点都联通（自己YY一下）。 这个m边形有n个， 选出一个不自连通， 然后其他的都要自联通，每个m自联通只需要在删除一条边，所以有m种方法， 而对于不自联通的一个m变形，首先n变形上的边是不能选的，还要删除一条边，那么就有m-1种方法。 总的方案数 为 ans = n*(m-1)*m^(n-1)。
VIEW CODE
/*
* Author: islands
* Created Time: 2015/8/14 14:38:28
* File Name: stand.cpp
*/
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include F: 只要出题人开心就好
纯粹的数学变换。
方法一
把(Xi+Yj)*(i+j) 拆开 有 Xi*(i+j) +Yj*(i+j)
分别考虑 Xi，Yj被乘了多少。 对于一个Xi 会枚举 j =1 -> m 那么
就有 Xi*(i+1+i+2+i+3+i+4...+i+m ) 化简有 Xi*(m*i + (1+m)*m/2 )
同理 Yj*（j+1+j+2+j+3+...+j+n） 化简有Yj（n*j+(1+n)*n/2）
那么 最后 有
LL ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
ans+=Xi*(m*i+(1+m)*m/2);
for(int i=1;i<=m;i++)
ans+=Yi*(n*i+(1+n)*n/2);
注意会超出int 范围
本题很好想，考验代码能力，当然想清楚了就写得很快。
方法二
由于 1<=Xi,Yj<=1000
而 N 是 10^5,必然Xi有很多重复，很多都是重复计算
用一个数组c1[i] ，表示 Xi中每个数i出现的次数
用一个数组c2[i] ，表示 Yi中每个数i出现的次数
用一个数组d1[i] ，表示 Xi中每个数i乘的系数
用一个数组d2[i] ，表示 Yi中每个数i乘的系数
那么有
for(int x=1;x<=1000;x++)
for(int y=1;y<=1000;y++)
{
if(c1[x]>0 &&c2[y]>0)
ans+=(x+y)*(c1[x]*d2[y]+c2[y]*d1[x]);
}
其中 当输入一个Xi c1[Xi]++,d1[Xi]+=i;
VIEW CODE
/*
* Author: islands
* Created Time: 2015/8/14 14:38:28
* File Name: stand.cpp
*/
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define debug
using namespace std;
typedef long long LL;
const int inf = 0x3fffffff;
const int mmax = 100010;
LL sum[31][2];
int Size[31];
int main()
{
#ifdef debug
freopen("in.txt","r",stdin);
#endif
int k,x;
while(cin>>k)
{
for(int i=1;i<=k;i++)
{
scanf("%d",&Size[i]);
sum[i][0]=sum[i][1]=0;
for(int j=1;j<=Size[i];j++)
{
scanf("%d",&x);
sum[i][0]+=x;
sum[i][1]+=x*j;
}
}
printf("0\n");
for(int i=2;i<=k;i++)
{
LL ans=1LL*Size[i-1]*sum[i][1]+1LL*Size[i]*sum[i-1][1];
ans+=1LL*(Size[i]+1)*Size[i]/2*sum[i-1][0];
ans+=1LL*(Size[i-1]+1)*Size[i-1]/2*sum[i][0];
printf("%lld\n",ans);
}
}
return 0;
} G: islands的PhotoGraph
纯模拟，都告诉了对应坐标变换关系了，只要按照题意模写就好了。。。。。不需要任何思维难度
VIEW CODE
/*
* Author: islands
* Created Time: 2015/8/13 21:49:13
* File Name: stand.cpp
*/
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define debug
using namespace std;
const int inf = 0x3fffffff;
const int mmax = 300;
int Photo[mmax][mmax];
int main()
{
#ifdef debug
freopen("in.txt","r",stdin);
#endif
int n,m;
while(~scanf("%d %d",&n,&m))
{
for(int i=0;i>q;
while(q--)
{
int d,k;
cin>>d>>k;
if(d==0)
{
for(int i=0;i<(n/k);i++)
{
for(int j=0;j<(m/k);j++)
{
printf("%d%c",Photo[i*k][j*k],(j==(m/k)-1)?'\n':' ');
}
}
}
else
{
for(int i=0;i H: Crysis 3
求区间内最大值的位置，取最靠左的那个的位置。单点修改。
思路：用线段树维护区间内的最大值和最大值最靠左的位置，记录2个值，一个记录最大值，另一个几率对应位置。实际上只用开一个值，只用记录位子即可，因为位置包含着最大值。
/*
* Author: islands
* Created Time: 2015/8/14 14:38:28
* File Name: stand.cpp
*/
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define debug
using namespace std;
const int inf = 0x3fffffff;
const int mmax = 100010;
int A[mmax];
struct node
{
int l,r;
int pos,max_val;
int mid()
{
return (l+r)>>1;
}
}T[4*mmax];
void push_up(node &fa,node &ls,node& rs)
{
fa.l=ls.l,fa.r=rs.r;
fa.max_val=max(ls.max_val,rs.max_val);
if(fa.max_val==ls.max_val)
{
fa.pos=ls.pos;
return ;
}
fa.pos=rs.pos;
}
void build(int id,int l,int r)
{
T[id].l=l,T[id].r=r;
if(l==r)
{
T[id].pos=l;
T[id].max_val=A[l];
return ;
}
int mid=T[id].mid();
build(id<<1,l,mid);
build(id<<1|1,mid+1,r);
push_up(T[id],T[id<<1],T[id<<1|1]);
}
void update(int id,int pos,int val)
{
if(T[id].l==T[id].r)
{
T[id].max_val=val;
return ;
}
int mid=T[id].mid();
if(mid>=pos)
update(id<<1,pos,val);
else
update(id<<1|1,pos,val);
push_up(T[id],T[id<<1],T[id<<1|1]);
}
node query(int id,int l,int r)
{
if(l<= T[id].l && T[id].r <=r)
return T[id];
int mid=T[id].mid();
node tmp[3];
int t=0;
if(mid>=l)
tmp[1]=query(id<<1,l,r),t++;
if(mid>t;
while(t--)
{
scanf("%d %d",&n,&q);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&A[i]);
build(1,1,n);
while(q--)
{
scanf("%d %d %d",&op,&a,&b);
if(op==1)
{
node ans=query(1,a,b);
printf("%d\n",ans.pos);
}
else
update(1,a,b);
}
}
return 0;
}