2016"百度之星" - 初赛（Astar Round2B）解题报告

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被自己蠢哭,去年还能进一下复赛,今年复赛都没戏了...

链接→2016"百度之星" - 初赛（Astar Round2B）

 Problem 1001 区间的价值

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Time Limit: 10000/5000 mSec(Java/Others)    Memory Limit : 65536 KB

 Problem Description

 Input

 Output

 Sample Input

5
1 6 2 4 4

 Sample Output

36
16
12
12
6

 Problem Idea

解题思路:首先,我们可以用RMQ(理论上来说线段树也是可以的,查询O(logn),n次正好为O(nlogn),而ST算法预处理O(nlogn),查询O(1))预处理O(nlogn)出区间最大值,然后枚举区间的最小值点
为了枚举最小值点,我们需要知道每一个点作为最小值点左右可以延伸的最大范围l[i],r[i],求这两个数组可以用dp来做
预处理完之后,枚举最小值点,更新长度为r[i]-l[i]+1的区间的答案
枚举完之后,我们得到了一组值,但这并不是最后的答案
这是因为我们发现假如有一个最优区间,我们一定可以正好处理到或者处理到比这个区间小的区间,也就是说我们求的区间最大的值具有向下的包含性
举例来说,假如当前处理的区间为l[i],r[i],得到了答案ans,那么任何长度小于等于r[l]-l[I]+1的区间的答案都至少为ans
所以我们再用线性的时间递推求出答案即可

题目链接→HDU 5696 区间的价值

 Source Code

 /*Sherlock and Watson and Adler*/
 #pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
 #include<stdio.h>
 #include<string.h>
 #include<stdlib.h>
 #include<queue>
 #include<stack>
 #include<math.h>
 #include<vector>
 #include<map>
 #include<set>
 #include<cmath>
 #include<complex>
 #include<string>
 #include<algorithm>
 #include<iostream>
 #define exp 1e-10
 using namespace std;
 const int N = 100005;
 const int M = 40;
 const int inf = 100000000;
 const int mod = 2009;
 int s[N],n,maxnum[N][20],l[N],r[N];
 __int64 ans[N];
 void RMQ()          //预处理  O(nlogn)
 {
     int i,j;
     int m=(int)(log(n*1.0)/log(2.0));
     for(i=1;i<=n;i++)
         maxnum[i][0]=s[i];
     for(j=1;j<=m;j++)
         for(i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++)
             maxnum[i][j]=max(maxnum[i][j-1],maxnum[i+(1<<(j-1))][j-1]);
 }
 int Ask_MAX (int a,int b)   //O(1)
 {
     int k=int(log(b-a+1.0)/log(2.0));
     return max(maxnum[a][k],maxnum[b-(1<<k)+1][k]);
 }
 int main()
 {
     int i,k;
     while(~scanf("%d",&n))
     {
         memset(ans,0,sizeof(ans));
         for(i=1;i<=n;i++)
         {
             scanf("%d",&s[i]);
             l[i]=r[i]=i;
         }
         RMQ();
         for(i=2;i<=n;i++)
         {
             k=i-1;
             while(s[i]<=s[k])
                 k=l[k]-1;
             l[i]=k+1;
         }
         for(i=n-1;i>0;i--)
         {
             k=i+1;
             while(s[i]<=s[k])
                 k=r[k]+1;
             r[i]=k-1;
         }
         for(i=1;i<=n;i++)
             ans[r[i]-l[i]+1]=max(ans[r[i]-l[i]+1],(__int64)Ask_MAX(l[i],r[i])*s[i]);
         for(i=n-1;i>0;i--)
             ans[i]=max(ans[i+1],ans[i]);
         for(i=1;i<=n;i++)
             printf("%I64d\n",ans[i]);
     }
     return 0;
 }

 Problem 1003 瞬间移动

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Time Limit: 4000/2000 mSec(Java/Others)    Memory Limit : 65536 KB

 Problem Description

有一个无限大的矩形，初始时你在左上角（即第一行第一列），每次你都可以选择一个右下方格子，并瞬移过去（如从下图中的红色格子能直接瞬移到蓝色格子），求到第n行第m列的格子有几种方案，答案对1000000007取模。

 Input

多组测试数据。

两个整数n,m(2≤n,m≤100000)

 Output

一个整数表示答案

 Sample Input

4 5

 Sample Output

10

 Problem Idea

解题思路:除去起点(1,1)和终点(n,m)已经固定,中间能经过的是一个(n-2)*(m-2)的矩阵

然后我们可以在这个矩阵里取0个(就是直接从起点跳到终点)、1个、2个……min(n,m)-2个间接点

而对于取i个间接点,其实就是确定这i个间接点行数与列数有多少种取法

于是,我们得到了组合数公式(假设n<m,此题n,m和m,n结果是一样的,过我们可以交换n,m实现n<m)

组合数的求解我们可以交给Lucas定理,但是这个公式,我们还需要化简,不然计算100000项的组合数还是会超时

为了让式子看起来更简洁,对于输入的n与m,我们预处理-2,即n-=2,m-=2,这样上述式子就变成了

化简

剩下的就是套Lucas模板了,嫌时间长的还可以进行阶乘预处理

题目链接→HDU 5698 瞬间移动

 Source Code

 /*Sherlock and Watson and Adler*/
 #pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
 #include<stdio.h>
 #include<string.h>
 #include<stdlib.h>
 #include<queue>
 #include<stack>
 #include<math.h>
 #include<vector>
 #include<map>
 #include<set>
 #include<cmath>
 #include<complex>
 #include<string>
 #include<algorithm>
 #include<iostream>
 #define exp 1e-10
 using namespace std;
 const int N = 100005;
 const int M = 100;
 const int inf = 1600000000;
 const int p = 1000000007;
 typedef long long LL;

 LL quick_mod(LL a, LL b)
 {
     LL ans = 1;
     a %= p;
     while(b)
     {
         if(b & 1)
         {
             ans = ans * a % p;
             b--;
         }
         b >>= 1;
         a = a * a % p;
     }
     return ans;
 }

 LL C(LL n, LL m)
 {
     if(m > n) return 0;
     LL ans = 1;
     for(int i=1; i<=m; i++)
     {
         LL a = (n + i - m) % p;
         LL b = i % p;
         ans = ans * (a * quick_mod(b, p-2) % p) % p;
     }
     return ans;
 }

 LL Lucas(LL n, LL m)
 {
     if(m == 0) return 1;
     return C(n % p, m % p) * Lucas(n / p, m / p) % p;
 }

 int main()
 {
     __int64 n,m;
     int i;
     while(~scanf("%I64d%I64d",&n,&m))
     {
         n-=2,m-=2;
         if(n>m)
             swap(n,m);
         printf("%I64d\n",Lucas(m+n,n));
     }
     return 0;
 }

 /*Sherlock and Watson and Adler*/
 #pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
 #include<stdio.h>
 #include<string.h>
 #include<stdlib.h>
 #include<queue>
 #include<stack>
 #include<math.h>
 #include<vector>
 #include<map>
 #include<set>
 #include<cmath>
 #include<complex>
 #include<string>
 #include<algorithm>
 #include<iostream>
 #define exp 1e-10
 using namespace std;
 const int N = 200005;
 const int M = 40;
 const int inf = 100000000;
 const int mod = 1000000007;
 __int64 fac[N];
 void init()//阶乘预处理
 {
     fac[0]=1;
     for(int i=1;i<=N;i++)
         fac[i]=i*fac[i-1]%mod;
 }
 __int64 pow_mod(__int64 a,__int64 b)
 {
     __int64 s=1;
     a=a%mod;
     while(b)
     {
         if(b&1)
             s=s*a%mod;
         a=a*a%mod;
         b>>=1;
     }
     return s;
 }
 __int64 C(int n,int m)
 {
     if(n==0||m==0)
         return 1;
     return  fac[n]*pow_mod(fac[m]*fac[n-m]%mod,mod-2)%mod;
 }
 int main()
 {
     int n,m;
     init();
     while(~scanf("%d%d",&n,&m))
     {
         n-=2;m-=2;
         printf("%I64d\n",C(m+n,min(n,m))%mod);
     }
     return 0;
 }

 Problem 1005 区间交

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Time Limit: 8000/4000 mSec(Java/Others)    Memory Limit : 65536 KB

 Problem Description

 Input

 Output

一行表示答案

 Sample Input

5 2 3
1 2 3 4 6
4 5
2 5
1 4

 Sample Output

10

 Problem Idea

解题思路:此题的做法有很多种,不过有种利用STL来解的做法,我觉得挺巧妙的

首先利用vector将区间分组,将所有具有公共左端点的区间划分成一组,比如[3,7],[3,11],[3,4]等,这些都是一组的

接下来就是利用multiset来进行模拟了(顺带提一句,这里不能用set,而用multiset,是因为set无法存储重复相同的数)

对于当前所在位置i,将所有以i作为左端点的区间右端点值插入multiset(multiset内的数默认从小到大排列)中

若multiset的大小超过了k,那我就删除multiset内最小的值直到小于等于k(之所以删除最小的值,是因为在左端点固定的情况下,右端点越小,会使得区间交的位置数越少)

当且仅当multiset大小恰好等于k,且multiset中当前最小的右端点值≥i时,我们找到了一种符合题目要求的区间取法,于是我们更新答案

当然,在开始的时候,我们需要预处理前n项和sum[n]

题目链接→HDU 5700 区间交

 Source Code

 /*Sherlock and Watson and Adler*/
 #pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
 #include<stdio.h>
 #include<string.h>
 #include<stdlib.h>
 #include<queue>
 #include<stack>
 #include<math.h>
 #include<vector>
 #include<map>
 #include<set>
 #include<cmath>
 #include<complex>
 #include<string>
 #include<algorithm>
 #include<iostream>
 #define exp 1e-10
 #define bitnum(a) __builtin_popcount(a)
 using namespace std;
 const int N = 100005;
 const int M = 10;
 const int inf = 1600000000;
 const int mod = 2009;
 __int64 sum[N],ans;
 multiset<int> s;
 vector<int> v[N];
 int main()
 {
     int n,k,m,i,j,l,r;
     while(~scanf("%d%d%d",&n,&k,&m))
     {
         s.clear();ans=0;
         for(i=1;i<=n;i++)
         {
             scanf("%I64d",&sum[i]);
             sum[i]+=sum[i-1];
             v[i].clear();
         }
         for(i=0;i<m;i++)
         {
             scanf("%d%d",&l,&r);
             v[l].push_back(r);
         }
         for(i=1;i<=n;i++)
         {
             for(j=0;j<v[i].size();j++)
                 s.insert(v[i][j]);
             while(s.size()>k)
                 s.erase(s.begin());
             if(s.size()==k&&*s.begin()>=i)
                 ans=max(ans,sum[*s.begin()]-sum[i-1]);
         }
         printf("%I64d\n",ans);
     }
     return 0;
 }

 Problem 1006 中位数计数

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Time Limit: 12000/6000 mSec(Java/Others)    Memory Limit : 65536 KB

 Problem Description

中位数定义为所有值从小到大排序后排在正中间的那个数，如果值有偶数个，通常取最中间的两个数值的平均数作为中位数。

现在有n个数，每个数都是独一无二的，求出每个数在多少个包含其的区间中是中位数。

 Input

多组测试数据

第一行一个数n(n≤8000)

第二行n个数，0≤每个数≤

 Output

N个数，依次表示第i个数在多少包含其的区间中是中位数。

 Sample Input

5
1 2 3 4 5

 Sample Output

1 2 3 2 1

 Problem Idea

解题思路:很显然,此题O(n^2logn)的暴力做法必然会TLE,所以我们要想办法做到O(n^2)的复杂度

首先对于第i个数,我们从i-1个数开始递减,分别与第i个数进行比较,假设比第i个数大的数的个数即为l,比第i个数小的数的个数即为r,dp[l-r=k]则为[比第i个数大的数的个数]比[比第i个数小的数的个数]多k个的区间个数,那要保证第i个数是区间内的中位数,我只需要在第i个数的右边找有多少个[比第i个数小的数的个数]比[比第i个数大的数的个数]多k个的区间,这样两个区间连接起来,正好[比第i个数大的数的个数]与[比第i个数小的数的个数]一样多,这样,第i个数就是此区间内的中位数

另外,因为数组下标必须为非负整数,故把数组的中心点移至8000,即dp[8000+k],这样就保证了下标一定是符合要求的

题目链接→HDU 5701 中位数计数

 Source Code

 /*Sherlock and Watson and Adler*/
 #pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
 #include<stdio.h>
 #include<string.h>
 #include<stdlib.h>
 #include<queue>
 #include<stack>
 #include<math.h>
 #include<vector>
 #include<map>
 #include<set>
 #include<cmath>
 #include<complex>
 #include<string>
 #include<algorithm>
 #include<iostream>
 #define exp 1e-10
 using namespace std;
 const int N = 8005;
 const int M = 8000;
 const int inf = 100000000;
 const int mod = 1000000007;
 int s[N],dp[2*N];
 int main()
 {
     int n,i,j,k,ans;
     while(~scanf("%d",&n))
     {
         for(i=0;i<n;i++)
             scanf("%d",&s[i]);
         for(i=0;i<n;i++)
         {
             memset(dp,0,sizeof(dp));
             dp[M]=1;
             for(k=0,j=i-1;j>=0;j--)
             {
                 if(s[j]>s[i])
                     k++;
                 else
                     k--;
                 dp[M+k]++;
             }
             for(ans=dp[M],k=0,j=i+1;j<n;j++)
             {
                 if(s[j]>s[i])
                     k++;
                 else
                     k--;
                 ans+=dp[M-k];
             }
             printf("%d%c",ans,i!=n-1?' ':'\n');
         }
     }
     return 0;
 }

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