Codeforces Round #371 (Div. 1)

Posted 2020-08-09 lzw4896s

A：

题目大意：

在一个multiset中要求支持3种操作：

1.增加一个数

2.删去一个数

3.给出一个01序列,问multiset中有多少这样的数,把它的十进制表示中的奇数改成1,偶数改成0后和给出的01序列相等(比较时如果长度不等各自用0补齐)

 

题解：

1.我的做法是用Trie数来存储,先将所有数用0补齐成长度为18位,然后就是Trie的操作了。

2.官方题解中更好的做法是,直接将每个数的十进制表示中的奇数改成1,偶数改成0,比如12345,然后把它看成二进制数10101,还原成十进制是21,然后cnt[21]++,求答案的时候只要把01序列看成二进制数,然后转换成十进制x,cnt[x]就是答案。

 

我的代码(Trie做法)

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <map>
#include <cstdlib>
#include <set>
using namespace std;

#define X first
#define Y second
#define N 1000010
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;

int n,tot=1;
int cnt[N],ch[N][2];

void Add(int x,ll val,int k,int op)
{
    cnt[x]+=op;
    if (k==0) return;
    int v=(val%10)&1;
    if (!ch[x][v]) ch[x][v]=++tot;
    Add(ch[x][v],val/10,k-1,op);
}

int Query(int x,ll val,int k)
{
    if (k==0) return cnt[x];
    int v=(val%10)&1;
    if (!ch[x][v]) return 0;
    return Query(ch[x][v],val/10,k-1);
}

int main()
{
    //freopen("in.in","r",stdin);
    //freopen("out.out","w",stdout);
    
    scanf("%d",&n);
    char op; ll x;
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf(" %c%I64d",&op,&x);
        if (op==\'+\') Add(1,x,18,1);
        if (op==\'-\') Add(1,x,18,-1);
        if (op==\'?\') printf("%d\\n",Query(1,x,18));
    }
    return 0;
}

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B：

题目大意：

在一个n*n的矩形中,有2个没有公共边也不重叠的矩形,然后最多可以询问200次,每次询问一个矩形中有多少个矩形(会给出答案0或1或2),要求找到这两个矩形的位置。

 

题解：

1.如果只有一个矩形,显然可以用二分确定它的坐标。所以基本思想是找到一条分界线 将这两个矩形分开,然后各自独立寻找位置。

2.对于这两个矩形,要么是左右关系,要么是上下关系。如果是左右关系,我们先确定询问的左边界,上边界和下边界,然后逐步增大右边界,那么矩形的个数肯定是从0到1到2递增的,所以可以二分出这个 分界线。 上下关系同理。 具体实现看代码。

 

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <map>
#include <cstdlib>
#include <set>
using namespace std;

#define X first
#define Y second
#define Mod 1000000007
#define N 100010
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;

int xx1,yy1,xx2,yy2,X1,Y1,X2,Y2;

int Check(int x1,int y1,int x2,int y2)
{
    printf("? %d %d %d %d\\n",x1,y1,x2,y2);
    fflush(stdout);
    int x; scanf("%d",&x);
    return x;
}

void Solve(int l,int d,int r,int u)
{
    int L,R,Mid,x1,y1,x2,y2;
    
    L=d,R=u;
    while (L<R)
    {
        Mid=(L+R)>>1;
        if (Check(l,d,r,Mid)==0) L=Mid+1;
        else R=Mid;
    }
    y2=L;
    
    L=d,R=u;
    while (L<R)
    {
        Mid=(L+R+1)>>1;
        if (Check(l,Mid,r,u)==0) R=Mid-1;
        else L=Mid;
    }
    y1=L;
    
    L=l,R=r;
    while (L<R)
    {
        Mid=(L+R)>>1;
        if (Check(l,d,Mid,u)==0) L=Mid+1;
        else R=Mid;
    }
    x2=L;

    L=l,R=r;
    while (L<R)
    {
        Mid=(L+R+1)>>1;
        if (Check(Mid,d,r,u)==0) R=Mid-1;
        else L=Mid;
    }
    x1=L;
        
    if (!xx1) xx1=x1,yy1=y1,xx2=x2,yy2=y2;
    else X1=x1,Y1=y1,X2=x2,Y2=y2;
}



int main()
{
    //freopen("in.in","r",stdin);
    //freopen("out.out","w",stdout);
    
    int n,L,R,Mid; 
    scanf("%d",&n);
    
    L=1,R=n;
    while (L<R)
    {
        Mid=(L+R)>>1;
        if (Check(1,1,Mid,n)>=1) R=Mid;
        else L=Mid+1;
    }    
    
    
    if (Check(1,1,L,n)==1 && Check(L+1,1,n,n)==1)
    {
        Solve(1,1,L,n);
        Solve(L+1,1,n,n);
    }
    else
    {
        L=1,R=n;
        while (L<R)
        {
            Mid=(L+R)>>1;
            if (Check(1,1,n,Mid)>=1) R=Mid;
            else L=Mid+1;
        }
        Solve(1,1,n,L);
        Solve(1,L+1,n,n);
    }
    printf("! %d %d %d %d %d %d %d %d\\n",xx1,yy1,xx2,yy2,X1,Y1,X2,Y2);
    fflush(stdout);
    
    return 0;
}

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C：

题目大意：

给出一个长度为n的数列(n<=3000),每次操作可以把其中一个数增大1或者减小1,求最少操作次数使得数列单调增。

 

题解：

1.首先一个转化：   $a_i<a_{i+1}  <--> a_i-i<=a_{i+1}-(i+1)$  所以把所有$a_i$减去$i$就转化为单调不减,就和POJ3666一样了。

具体可以看 http://www.cnblogs.com/vb4896/p/5877962.html    时间复杂度O(n²)

 

代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <map>
#include <cstdlib>
#include <set>
using namespace std;

#define X first
#define Y second
#define Mod 1000000007
#define N 3010
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;

inline int Mul(int x,int y){return 1ll*x*y%Mod;}
inline int Add(int x,int y){return ((x+y)%Mod+Mod)%Mod;}

int n,m;
int a[N],b[N];
ll dp[N][N],Ans=1ll<<60;

void Solve()
{
    for (int j=1;j<=m;j++) dp[1][j]=abs(b[j]-a[1]);
    for (int i=2;i<=n;i++)
    {
        ll tmp=1ll<<60;
        for (int j=1;j<=m;j++)
        {
            tmp=min(tmp,dp[i-1][j]);
            dp[i][j]=abs(b[j]-a[i]);
            dp[i][j]+=tmp;

        }
    }
    for (int j=1;j<=m;j++) Ans=min(Ans,dp[n][j]);
}

int main()
{
    //freopen("in.in","r",stdin);
    //freopen("out.out","w",stdout);

    scanf("%d",&n);
    for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),b[i]=a[i]=a[i]-i;
    sort(b+1,b+n+1); 
    for (int i=1;i<=n;i++) if (i==1 || b[i]!=b[i-1]) b[++m]=b[i];
    
    Solve();
    printf("%I64d\\n",Ans);
    
    return 0;
}

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2.其实这题还有个O(nlogn做法) 

 

以下是在 评论区看到的：为了便于理解 我修改了下,加了点注释。

There is a very short (10 lines!) and fast O(nlgn) solution for Div1C, proposed by woqja125 :

Start by subtracting i from all A[i]. We\'ll define fi(X) = Minimum operation to make A[1 .. i] monotonically increasing, while keeping A[i] <= X. it\'s easy to see that the recurrence is —

• Min{|A_i — Y| } (Y <= X)       if i == 1
• Min{f_i-1(Y) + |A_i — Y|} (Y<=X)    otherwise.

Observation : f_i is an unimodal function, which have a nonpositive integer slopes. Denote Opt(i) as a point X which makes fi(X) minimum.

We will maintain those functions and calculate the minimum. we examine two cases :

(F_i(X)的图像可以看成是F_i-1(X)和 |A_i — Y|这两个图像的叠加。 F_i(X)的图像总是斜率小于0且斜率绝对值递减的曲线,并且从Opt(i)开始变成水平)

Case 1 : Opt(i-1) <= A[i]. In this case, Opt(i) = A[i], and every point under A[i] have +1 slope.

Case 2 : Opt(i-1) > A[i]. This case is tricky. every point over A[i] have +1 slope, and every point under A[i] have -1 slope. Opt(i) is the point where slope of fi is changed into -1 -> 0. When observing the function, Fi(Opt(i)) = F(i-1)(Opt(i-1)) + Opt(i-1) — A[i]. 

为了求答案,只要维护好这个F_i(X)曲线就好。具体实现的时候,由于从F_i-1到F_i只和Opt(i-1)有关，我们用个大根堆保存好每一个斜率开始改变的点,然后每次取出最大的点就是

Opt(i-1).  具体实现看代码：

///By woqja125, contest: Codeforces Round #371 (Div. 1), problem: (C) Sonya and Problem Wihtout a Legend, Accepted, #

#include<stdio.h>
#include<queue>

int main()
{
    int n, t;
    long long ans = 0;
    std::priority_queue<int> Q;
    scanf("%d%d", &n, &t);
    Q.push(t);
    for(int i=1; i<n; i++)
    {
        scanf("%d", &t); t-=i;
        Q.push(t);   //Ai>=Opt(i-1)的时候仅仅增加了Ai这个转折点 
        if(Q.top() > t) //Ai<Opt(i-1)的时候 
        {
            ans += Q.top() - t;
            Q.pop();
            Q.push(t);  //t push了2次,为的是使得任意相邻的两点之间斜率相差1,即使两点可能重合 
        }
    }
    printf("%lld", ans);
    return 0;
}

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D：

题目大意：

给出n*m的01矩阵,最多1e6个询问,每次询问一个子矩形中最大的全1正方形的边长。

 

题解

1.首先可以dp出以(i,j)为左下角的最大正方形边长,dp[i][j]=max{dp[i+1][j+1],dp[i+1][j],dp[i][j+1]}+1.当然如果(i,j)格是0 那dp[i][j]=0.

2.考虑二分答案。二分时检查矩形(x1,y1)-(x2-Mid+1,y2-Mid+1)里的dp值是否有大于等于Mid的。  区间的最大值可以用二维RMQ解决...第一次写,竟然写对了。然后想起前几天学了个用树状数组求区间最大值的方法，就想把它也扩展到二维,写到一半发现剧难写,再加上这几天心不是很静,弃疗了。

还是贴个RMQ的代码吧。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <map>
#include <cstdlib>
#include <set>
using namespace std;

#define X first
#define Y second
#define Mod 1000000007
#define N 1010
#define Inf 1000000007
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;

int n,m,Q;
int v[N][N],dp[N][N],sum[N][N];
int f[N][N][11][11];

void Build()
{
    for (int p=0,l1=1;l1<=n;l1<<=1,p++)
    {
        for (int q=0,l2=1;l2<=m;l2<<=1,q++)
        {
            if (p+q==0) continue;
            for (int i=1;i+l1-1<=n;i++)
            {
                for (int j=1;j+l2-1<=m;j++)
                {
                    if (p!=0) f[i][j][p][q]=max(f[i][j][p-1][q],f[i+(l1>>1)][j][p-1][q]);
                    else f[i][j][p][q]=max(f[i][j][p][q-1],f[i][j+(l2>>1)][p][q-1]);
                }
            }
        }
    }
}

int Getmax(int x1,int y1,int x2,int y2)
{
    int p=0,l1=1,q=0,l2=1,tmp1,tmp2;
    while (l1<=x2-x1+1) l1<<=1,p++; p--,l1>>=1;
    while (l2<=y2-y1+1) l2<<=1,q++; q--,l2>>=1;

    tmp1=max(f[x1][y1][p][q],f[x1][y2-l2+1][p][q]);
    tmp2=max(f[x2-l1+1][y1][p][q],f[x2-l1+1][y2-l2+1][p][q]);
    return max(tmp1,tmp2);
}

 
int main()
{
    //freopen("in.in","r",stdin);
    //freopen("out.out","w",stdout);
    
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for (int i=1;i<=n;i++)
        for (int j=1;j<=m;j++)
        {
            scanf("%d",&v[i][j]);
            sum[i][j]=sum[i][j-1]+sum[i-1][j]-sum[i-1][j-1]+v[i][j];
        }
    for (int i=n;i>=1;i--)
    {
        for (int j=m;j>=1;j--)
        {
            if (v[i][j]==0) dp[i][j]=0;
            else dp[i][j]=min(min(dp[i+1][j+1],dp[i][j+1]),dp[i+1][j])+1;
            f[i][j][0][0]=dp[i][j];
        }
    }
    
    Build();
    int L,R,Mid,x1,y1,x2,y2;
    scanf("%d",&Q);
    while (Q--)
    {
        scanf("%d%d%d%d",&x1,&y1,&x2,&y2);
        if (sum[x2][y2]-sum[x1-1][y2]-sum[x2][y1-1]+sum[x1-1][y1-1]==0) printf("0\\n");
        else
        {
            L=1,R=min(x2-x1+1,y2-y1+1);
            while (L<R)
            {
                Mid=(L+R+1)>>1;
                if (Getmax(x1,y1,x2-Mid+1,y2-Mid+1)>=Mid) L=Mid;
                else R=Mid-1;
            }
            printf("%d\\n",L);
        }
    }
    
    
    return 0;
}

View Code

 

 

 

 

 

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