nowcoder-练习赛16

• A.字典序最大的子序列

• 给定字符串s，s只包含小写字母，请求出字典序最大的子序列。

• 两种做法。

• 1、从'z'开始搜索到'a'，从当前位置开始搜索此字母，把搜索到的添加到构造出的子序列的末端，然后从本次搜索到的字母的最后一个位置继续开始搜。直到搜完位置。

• 2、将整个字符串倒序，从头开始构造一个上升速度最快的不下降子序列即可。

  
  #include"stdio.h"
  #include"string.h"
  char s[105000];
  char a[105000];
  int main(){
  	int i,l,x,now;
  	scanf("%s",s);
  	l=strlen(s);
  	now=97;
  	x=0;
   	for (i=l-1;i>=0;i--){
       if (s[i]>=now) {
       	a[x]=s[i];
       	x++;
       	now=s[i];
       }
  	}
  	for (i=x-1;i>=0;i--) printf("%c",a[i]);
  	printf("\n");
  } 
  
  

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• B.漂亮的树

• 街上有n棵树，标号为1...n，第i棵树的高度为ai。定义这n棵树是漂亮的，当且仅当

  1. 对于所有的i，ai=a(n-i+1)；

  2. 对于1 <= i < n / 2 (不是整除)，ai + 1= ai + 1。

• 由于本题树高的限制，极限情况不超过10万。为了使树高为正，我们在所有的树上都加10万，即所有的树高不超过20万，且大于0。在这之后，我们可以发现，对于每一颗树，它们都唯一属于一个分类，即当第1颗树为k时，这颗树是漂亮的。所以将每一颗数分类，然后找到最大的类即可。答案为n-最大的类的size。

  
  
  #include"stdio.h"
  #include"string.h"
  #include"vector"
  using namespace std;
  int  v[505000];
  int  a[505000];
  int main(){
  	int n,i;
  	scanf("%d",&n);
  	for (i=1;i<=n;i++) {scanf("%d",&a[i]);a[i]+=100000;}
  	memset(v,0,sizeof(v));
  	for (i=1;i<=(n+1)/2;i++) {
  		if (a[i]-i+1>0) v[a[i]-i+1]++;
  	}
  	for (i=(n+1)/2+1;i<=n;i++) {
  		if (a[i]-(n-i)>0) v[a[i]-(n-i)]++;
  	}
  	int ans=0;
  	for (i=1;i<=500000;i++) if (v[i]>ans) ans=v[i];
  	printf("%d\n",n-ans);
  } 
  

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• C.任意点

• 平面上有若干个点，从每个点出发，你可以往东南西北任意方向走，直到碰到另一个点，然后才可以改变方向。请问至少需要加多少个点，使得点对之间互相可以到达。

• 很厉害的题啊，完全没有想到是并查集。

  我们将所给的点分类，分成一块一块的。块内的任意两个点均可达。可以发现，若两个点的横坐标或者纵坐标相同，那么它们一定是一个块的。然后，找到块的个数。此时，我们添加一个点，就可使两个块联通。当然，添加一个点，也最多可使两个点联通。ans=块的个数-1。

  
  
  #include"stdio.h"
  #include"string.h"
  int x[105];
  int y[105];
  int vis[105];
  int father[105];
  int getfather(int k){
  	if (k==father[k]) return k;
  	else father[k]= getfather(father[k]);
  	return father[k];
  } 
  int main(){
  	int n,i,j,a,b,ans;
  	ans=0;
  	scanf("%d",&n);
  	
  	for (i=1;i<=n;i++) father[i]=i;
      for (i=1;i<=n;i++) scanf("%d %d",&x[i],&y[i]);
      for (i=1;i<=n;i++) 
      for (j=i+1;j<=n;j++) 
      if (x[i]==x[j]||y[i]==y[j]) {
      	a=getfather(i);
      	b=getfather(j);
      	father[b]=a;
      }
      for (i=1;i<=n;i++) father[i]=getfather(father[i]);
      memset(vis,0,sizeof(vis));
      for (i=1;i<=n;i++) if (vis[father[i]]==0){
      	vis[father[i]]=1;
      	ans++;
      }
      printf("%d\n",ans-1);
  }
  

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• E.求值

• 给定n个数字a1, a2, ..., an。定义f(l, r) = al | al+1| ... | ar。现在枚举(1 <= l <= r <= n)，问不同的f值一共有多少个。

• 呃。。讲讲我tle的做法。

  首先线段树处理完从[l，r]的或和。处理完每个位置的倍增。然后从1到n枚举每一个位置。从当前位置开始尝试倍增最大的量，如果倍增完之后到达的位置的或和不变，则直接跳过去。否则，二分跳的长度，也就是先跳一半的距离，继续尝试到达那个点的或和是不是不变。若不变，则跳，否则继续迭代。直到，往前跳一个位置。复杂度约为O（n(logn)^2)。然后光荣的T了。

• 正确的做法如下。

  由于数不超过2^20。也就是说，在每一个位置往后跳的次数，最多不过20次。所以我们只需要预处理在当前位置的或的每一位，在哪些点最先会被改变。处理出这个之后，按点的先后排序，然后从最先出现的点开始或，或好了一个位置，加入到set中。最后输出set的size。

  那么现在问题在于，如何快速预处理出，在当前位置的或的每一位，在哪些点最先会被改变。从后往前递推即可。若为1，跟新，反之，从后面获得。

  
  #include"stdio.h"
  #include"string.h"
  #include"set"
  #include"algorithm"
  #define maxn 105000
  using namespace std;
  sets;
  int a[maxn][21];
  int b[maxn];
  int sign[50];
  struct node{
  	int wei,sum;
  }xu[50];
  int cmp1(node a,node b){
  	return a.sum=1;i--){
  		l=0;
  		x=b[i];
  		if (b[i]==0) ff=1;
  		memset(sign,0,sizeof(sign));
  		while(x>0){
  			l++;
  			sign[l]=x%2;
  			x=x/2;
  		}
  		for (j=1;j<=20;j++) 
  		if (sign[j]==1) a[i][j]=i;
  	         	   else a[i][j]=a[i+1][j];
  	}
  	s.clear();/*
  	for (i=1;i<=n;i++){
  		for (j=1;j<=20;j++) printf("%5d",a[i][j]);
  		printf("\n");
  	}*/
  	for(i=1;i<=n;i++) {
  		now=b[i];
  		for (j=1;j<=20;j++) {
  			xu[j].wei=j;
  			xu[j].sum=a[i][j];
  		}
  		sort(xu+1,xu+1+20,cmp1);
  		xu[21].sum=-1;
  		for (j=1;j<=20;j++) if (xu[j].sum!=-1) {
  			if (xu[j].sum!=xu[j+1].sum){
  			now=now|(1<
  

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• F.选值

• 给定n个数，从中选出三个数，使得最大的那个减最小的那个的值小于等于d，问有多少种选法。

• 尺取法即可。

  
  
  #include"stdio.h"
  long long a[105000];
  int main(){
  	long long n,m,i;
  	scanf("%lld %lld",&n,&m);
  	for (i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);
  	long long r=1;
  	long long ans=0;
  	for (i=1;i<=n;i++){
  		while(r<=n&&a[r]-a[i]<=m) r++;
  		if (r-1-i>=2) ans+=(r-1-i)*(r-1-i-1)/2;
  	}
  	printf("%lld\n",ans);
  } 
  

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