A - The Rank
题意：定义排名为：先排总分，总分相同排id，求id为1的人的rnk。
题解：implement
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
pair<int, int> p[1005];
void test_case() {
int n;
scanf("%d", &n);
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
int sum = 0;
for(int j = 1, x; j <= 4; ++j) {
scanf("%d", &x);
sum += x;
}
p[i] = {-sum, i};
}
sort(p + 1, p + 1 + n);
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
if(p[i].second == 1) {
printf("%d
", i);
return;
}
}
}
int main() {
#ifdef KisekiPurin
freopen("KisekiPurin.in", "r", stdin);
#endif // KisekiPurin
int t = 1;
for(int ti = 1; ti <= t; ++ti) {
//printf("Case #%d: ", ti);
test_case();
}
}
B - The Bits
题意：有两个01串a,b，求交换a串的一对01位之后使得a|b的值变化的数量。
题解：分类讨论。显然同种字符换是没有意义的。假如某个ai=1且bi=1，那么需要把ai和某个aj=0且bj=0互换。假如某个ai=1且bi=0，那么需要把ai和某个aj=0互换。假如某个ai=0且bi=1，那么可以和aj=1且bj=0互换。假如某个ai=0且bi=0，那么可以和aj=1互换。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int a[100005], b[100005];
int cnt[2][2];
void test_case() {
int n;
scanf("%d", &n);
for(int i = 1; i <= n; ++i)
scanf("%1d", &a[i]);
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
scanf("%1d", &b[i]);
++cnt[a[i]][b[i]];
}
ll sum = 0;
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
if(a[i] == 0 && b[i] == 0)
sum += cnt[1][0] + cnt[1][1];
else if(a[i] == 0 && b[i] == 1)
sum += cnt[1][0];
else if(a[i] == 1 && b[i] == 0)
sum += cnt[0][0] + cnt[0][1];
else
sum += cnt[0][0];
}
printf("%lld
", sum / 2);
}
int main() {
#ifdef KisekiPurin
freopen("KisekiPurin.in", "r", stdin);
#endif // KisekiPurin
int t = 1;
for(int ti = 1; ti <= t; ++ti) {
//printf("Case #%d: ", ti);
test_case();
}
}
C - The Phone Number
题意：给一个n，构造一个[1,n]排列，使得最长严格上升子序列长度+最长严格下降子序列长度最小。
考虑样例的构造法，比如n=6：
456123
上升为3，下降为2。
564312
上升为2，下降为3。
其中下界肯定是2，这个毫无疑问，那么3能不能变小？要使得上升最小，必须把二元组这样编排（除非搞个全部降序，上升就是1，下降就是n），这样做下降的长度就是n/2。
大胆猜测是不是分成根号n组呢？
789456123
这样下降是3，上升也是3。看样子，把其中一个长度控制在x，就要分成n/x组，且组之间逆序排列。不会证明，先莽一发。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int ans[100005];
void test_case() {
int n;
scanf("%d", &n);
int L = sqrt(n);
int R = L + 1;
int cntR = n % L;
int cntL = (n - R * cntR) / L;
int top = 0, cur = n;
for(int i = 1; i <= cntL; ++i) {
int ccur = cur - L + 1;
for(int j = 1; j <= L; ++j)
ans[++top] = ccur++;
cur -= L;
}
for(int i = 1; i <= cntR; ++i) {
int ccur = cur - R + 1;
for(int j = 1; j <= R; ++j)
ans[++top] = ccur++;
cur -= R;
}
for(int i = 1; i <= n; ++i)
printf("%d%c", ans[i], "
"[i == n]);
}
int main() {
#ifdef KisekiPurin
freopen("KisekiPurin.in", "r", stdin);
#endif // KisekiPurin
int t = 1;
for(int ti = 1; ti <= t; ++ti) {
//printf("Case #%d: ", ti);
test_case();
}
}
关于这种LIS的性质好像不太熟练，都是看直觉？这个是 Dilworth's theorem （偏序集分解定理）但是不懂他在说什么。大概是一个结论：一个长mn+1的序列，存在长m+1的链，或者存在长n+1的反链。算了伤脑筋。组合数学学得不好。
D - The Wu
题意：有m个长度为n(<=12)的01串s，q个长度也是n的01串t，定义两个串的“相似度”为他们相等的位的权值之和，对于每个t求“相似度”不超过k的s的数量。
题解：01串的相等位就是异或之后取反。预处理每种相等位的组合的“相似度”，然后暴力枚举st的组合(2^24)，要套个快读01串，不能分为12次scanf("%1d")读入。快写就没什么显著提升。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
//异或值为x的Wu值
int dp1[1 << 12];
//s串的数量
int cnt[1 << 12];
//t串拥有的不超过k的Wu的数量
int dp2[1 << 12][101];
int n;
int ReadBinary() {
int cur = 0;
char tmp = getchar();
while(tmp != '0' && tmp != '1')
tmp = getchar();
for(int i = 0; i < n; ++i) {
cur = (cur << 1) | (tmp - '0');
tmp = getchar();
}
return cur;
}
void test_case() {
int m, q;
scanf("%d%d%d", &n, &m, &q);
for(int i = 0; i < n; ++i)
scanf("%d", &dp1[1 << (n - 1 - i)]);
for(int i = 1; i < (1 << n); ++i) {
if(dp1[i])
;
else {
int lowbiti = (i & -i);
dp1[i] = dp1[i ^ lowbiti] + dp1[lowbiti];
}
}
for(int i = 1; i <= m; ++i) {
int cur = ReadBinary();
++cnt[cur];
}
int BITMASK = (1 << n) - 1;
for(int i = 0; i < (1 << n); ++i) {
for(int j = 0; j < (1 << n); ++j) {
int k = dp1[BITMASK ^ (i ^ j)];
if(k > 100)
continue;
dp2[i][k] += cnt[j];
}
for(int k = 1; k <= 100; ++k)
dp2[i][k] += dp2[i][k - 1];
}
for(int i = 1; i <= q; ++i) {
int cur = ReadBinary();
int k;
scanf("%d", &k);
printf("%d
", dp2[cur][k]);
}
}
int main() {
#ifdef KisekiPurin
freopen("KisekiPurin.in", "r", stdin);
#endif // KisekiPurin
int t = 1;
for(int ti = 1; ti <= t; ++ti) {
//printf("Case #%d: ", ti);
test_case();
}
}
一种复杂度更低的方法是：对于每种串s，保存其高6位在t的低6位的不同取值下的贡献，然后对于t串，就可以遍历s的高6位然后直接取出来，复杂度缩减了2^6（对于每个t只需要枚举其一半了）。