清北夏令营考试day1

Posted 2020-09-28 lonlyn

清北夏令营考试day1

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送分题(songfen)

Time Limit:1000ms   Memory Limit:128MB

题目描述：

        LYK喜欢干一些有挑战的事，比如说求区间最大子段和。它知道这个题目有O(n)的做法。于是它想加强一下。

        也就是说，LYK一开始有n个数，第i个数字是ai,它找来了一个新的数字P，并想将这n个数字中恰好一个数字替换成P。要求替换后的最大子段和尽可能大。

         LYK知道这个题目仍然很简单，于是就扔给大家来送分啦~

         注：最大子段和是指在n个数中选择一段区间[L,R]（L<=R）使得这段区间对应的数字之和最大。

 

输入格式(songfen.in)

        第一行两个数n,P。

        接下来一行n个数ai。

 

输出格式(songfen.out)

        一个数表示答案。

 

输入样例

5 3

-1 1 -10 1 -1

 

输出样例

5

 

样例解释

将第三个数变成3后最大子段和为[2,4]。

 

数据范围

对于30%的数据n<=100。

对于另外30%的数据ai,P>=0。

对于100%的数据n<=1000，-1000<=ai,P<=1000。

 

方法：

        固定左端点，随着右端点的移动，并更新ai最小值。

 1 for (L=1; L<=n; L++)
 2 {
 3   MIN=a[L]; sum=0;
 4   for (R=L; R<=n; R++)
 5   {
 6     MIN=min(MIN,a[R]);
 7     sum+=a[R];
 8     if (R!=n || L!=1) 
 9       ans=max(ans,sum+max(0,p-MIN)); else 
10       ans=max(ans,sum+p-MIN);
11   }
12 }

枚举一个位置 将它的值改成P 用O(n)的最大子段和直接做。

        也可以O(n)，用栈优化（然而作为蒟蒻的我并不会）。

标程：

 1 #include <cstdio>
 2 #include <algorithm>
 3 #include <cstring>
 4 #include <iostream>
 5 #include <string>
 6 #include <vector>
 7 #include <set>
 8 #include <map>
 9 using namespace std;
10 
11 long long ans;
12 
13 int T, n, p, a[1100];
14 
15 void doit() {
16     long long p = 0, s = 0;
17     for (int i = 1; i <= n; i++) {
18         s += a[i];
19         ans = max(ans, s - p);
20         p = min(p, s);
21     }
22 }
23 
24 int main() {
25     freopen("songfen.in","r",stdin);
26     freopen("songfen.out","w",stdout);
27         scanf("%d%d", &n, &p);
28         for (int i = 1; i <= n; i++)
29             scanf("%d", &a[i]);
30         ans = -1e18;
31         for (int i = 1; i <= n; i++) {
32             int t = a[i];
33             a[i] = p;
34             doit();
35             a[i] = t;
36         }
37         printf("%I64d\n", ans);
38     return 0;
39 }

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树状数组(lowbit)

Time Limit:1000ms   Memory Limit:128MB

 

题目描述：

        这天，LYK在学习树状数组。

        当它遇到一个叫lowbit的函数时有点懵逼。lowbit(x)的意思是将x分解成二进制，它的值就是 ，其中k是最小的满足(x & )>0的数。（&是二进制中的and运算）

LYK甚至知道lowbit(x)=(x&-x)。但这并没什么用处。

现在LYK有了n个数字，元组(ai,aj)，它的值为lowbit(ai xor aj) (xor表示异或的意思)，那么总共有n^2对二元组，LYK想知道所有二元组的值加起来是多少。

        这个答案可能很大，你只需输出这个值对1000000007取模后的结果就可以了。

 

输入格式(lowbit.in)
        第一行一个数n，表示有n个这样的数字。

        第二行n个数ai。

 

输出格式(lowbit.out)

        一个数表示答案。

 

输入样例

5

1 2 3 4 5

 

输出样例

32

 

数据范围

对于30%的数据n<=1000。

对于另外10%的数据ai<=1。

对于再另外10%的数据ai<=3。

对于再再另外20%的数据ai<1024。

对于100%的数据1<=n<=100000,0<=ai<2^30。

方法：

         ①：trie树。

                对于每个数ai，求出有多少aj，是lowbit(ai,aj)=1,lowbit(ai,aj)=2,lowbit(ai,aj)=3.。。。。。。

               （然而，我不会啊。。。。。。）

         ②：分治。

                lowbit(x,y),把x、y都分解成二进制，奇数二进制末位是1，偶数是0。

 

 若要lowbit(x^y)=1，则需要末位不相同，即要求一个奇数和一个偶数搭配。

 我们把所有的奇数归到一类放在左边，假设有x个；把所有的偶数放到右边，假设有y个。

 则一共有x*y*2对lowbit(x,y)=1，贡献值为x*y*2*1；

 

 若要lowbit(x^y)=2，则需要末位x和y全奇，或者全偶。并且倒数第二位两者不相同。

 即在已经看过第一位的时候，再分别看末位为0和末位为1的两组（即奇数和偶数），

 在其中的一组中，再次把他们分成倒数第二位为0，倒数第二位为奇的两组（即奇数和偶数）。

 假设此时倒数第一位全是奇数的条件下，倒数第二位奇数有a个，偶数有b个，

 则它的贡献为a*b*2*2（末位为偶数也是这样）。

 

 如果在要lowbit(x^y)=4，则要在末位，倒数第二位相同的的情况下，在进行细分。

 这样，一个分治的思路就体现出来了。

 

 分治完之后， 二元组一个在左边，另一个在右边，这样的贡献是很容易统计的。
 对于每一个数，它只在最多31层中被分治到，总时间复杂度是n*31。

 

 对于每一个数ai，我们求出有多少aj，
 使得lowbit(ai^aj)=1
 lowbit(ai^aj)=2
 。。。。。。
 lowbit(ai^aj)=2^29

 

标程（分治）：

 

 1 #include <cmath>
 2 #include <cstdio>
 3 #include <cstdlib>
 4 #include <iostream>
 5 #include <algorithm>
 6 #include <string>
 7 #include <cstring>
 8 #include <vector>
 9 #include <set>
10 #include <map>
11 using namespace std;
12 int a[100005],T,_,i,n,b[100005];
13 long long ans;
14 const int MOD=1000000007;
15 void work(int n,int t)
16 {
17     if (n<=1 || t>29) return;
18     int L=0;
19     for (int i=1; i<=n; i++) if (a[i]&(1<<t)) b[++L]=a[i];int R=L;
20     for (int i=1; i<=n; i++) if (!(a[i]&(1<<t))) b[++R]=a[i];
21     for (int i=1; i<=n; i++) a[i]=b[i];
22     ans+=1ll*(1<<t)*L*(n-L);
23     work(L,t+1); int p=0;
24     for (int i=L+1; i<=R; i++) a[++p]=a[i];
25     work(p,t+1);
26 }
27 int main()
28 {
29     freopen("lowbit.in","r",stdin);
30     freopen("lowbit.out","w",stdout);
31     scanf("%d",&n);
32     for (i=1; i<=n; i++) scanf("%d",&a[i]);
33     work(n,0);
34     printf("%I64d\n",ans*2%MOD);
35     return 0;
36 }

 

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防AK好题(fangak)

Time Limit:1000ms   Memory Limit:128MB

 

题目描述：

LYK觉得，这场比赛到目前为止，题目都还太简单了。

于是，它有意在最后一题为难一下大家。它定义了一个非常复杂的运算。具体的，一开始它有n个数ai。令c表示最大的相邻两个数的差。也就是说c=max{| |}(i∈[2,n])。这个值显然是一个常数。

但是问题来了，LYK为了刁难你们，它想改变其中k个数，也就是说将其中至多k个数变成任意的数，并且LYK要求这么做完后c的值尽可能小。

 

输入格式(fangak.in)

第一行两个数k,c。

接下来一行n个数表示ai。

 

输出格式(fangak.out)

一个数表示最小的c的值。

 

输入样例

6 3

1 2 3 7 8 9

 

输出样例

1

 

数据范围

对于20%的数据n<=8。1<=ai<=8。

对于另外20%的数据k=1。

对于再另外20%的数据ai一开始是单调递增的。

对于再再另外20%的数据n<=100。

对于100%的数据1<=k<=n<=1000，-10^9<=ai<=10^9。

 

方法：

二分+dp

 维修中。。。。。。。

标程：

 

 1 #include <bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 int dp[2005],n,m,l,r,mid,a[2005],i;
 4 bool OK(int x)
 5 {
 6     dp[0]=0;
 7     for (int i=1; i<=n; i++)
 8     {
 9         dp[i]=453266144;
10         for (int j=0; j<i; j++)
11           if(j==0 || abs(a[i]-a[j])<=(long long)x*(i-j)) dp[i]=min(dp[i],dp[j]+i-j-1);
12     }
13     for (int i=1; i<=n; i++)
14       if (dp[i]+n-i<=m) return true;
15     return false;
16 }
17 int main()
18 {
19     freopen("fangak.in","r",stdin);
20     freopen("fangak.out","w",stdout);
21     scanf("%d%d",&n,&m);
22     for (i=1; i<=n; i++) {scanf("%d",&a[i]); assert(-1000000000<=a[i] && a[i]<=1000000000);}
23     l=0; r=2000000000; mid=(l+r)/2;
24     while (l<=r)
25     {
26         if (OK(mid)) {r=mid-1; mid=((long long)l+r)/2;} else
27         {
28             l=mid+1;
29             mid=((long long)l+r)/2;
30         }
31     }
32     cout<<l<<endl;
33     return 0;
34 }