CF1169(div2)题解报告
A
不管
B
首先可以证明,如果存在解
其中必定有一个数的出现次数大于等于(frac{m}{2})
暴力枚举所有出现次数大于等于$frac{m}{2} $的数
剩下的数看看有没有一个公共数即可
由于出现次数大于等于$frac{m}{2} $的数不会太多
所以时间复杂度应该是(O(n))的
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<ctime>
#include<cmath>
#define LL long long
#define pii pair<int,int>
#define mk make_pair
#define fi first
#define se second
using namespace std;
inline int read(){
int v = 0,c = 1;char ch = getchar();
while(!isdigit(ch)){
if(ch == '-') c = -1;
ch = getchar();
}
while(isdigit(ch)){
v = v * 10 + ch - 48;
ch = getchar();
}
return v * c;
}
const int N = 3e5 + 3;
int n,r;LL ans;
char s[N];
int main(){
scanf("%s",s + 1);
n = strlen(s + 1);
r = n + 1;
for(int i = n - 1;i >= 1;--i){
r = min(r,i + 9);
for(int k = 1;i + 2 * k <= r;++k){
if(s[i] == s[i + k] && s[i] == s[i + k + k]){
r = min(r,i + k + k);
break;
}
}
ans += n - r + 1;
}
cout << ans;
return 0;
}
C
所有题目先考虑答案是否就有单调性
这种最优解问题且答案具有单调性的题目先考虑二分答案
然后看卡能否贪心判断可行性
这道题我们二分枚举答案之后
我们肯定是贪心的让每个数都尽量小
对于一个数
如果他能在二分的答案的步数之内达到最小值就去
如果不行看看是否合法,判断一下是否无解
因为我们肯定不会让一个满足条件数再变大,那样只会不优
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<ctime>
#include<cmath>
#define LL long long
#define pii pair<int,int>
#define mk make_pair
#define fi first
#define se second
using namespace std;
const int N = 3e5 + 3;
int a[N];
int f[N];
int pre[N];
int n,m;
inline int read(){
int v = 0,c = 1;char ch = getchar();
while(!isdigit(ch)){
if(ch == '-') c = -1;
ch = getchar();
}
while(isdigit(ch)){
v = v * 10 + ch - 48;
ch = getchar();
}
return v * c;
}
int ans = 0x3f3f3f3f;
inline bool check(int mid){
for(int i = 1;i <= n;++i) pre[i] = a[i];
pre[1] = m - a[1] > mid ? a[1] : 0;
for(int i = 2;i <= n;++i){
if(a[i] < pre[i - 1]){
if(pre[i - 1] > a[i] + mid) return 0;
pre[i] = pre[i - 1];
}
else{
if(a[i] == pre[i - 1]) pre[i] = a[i];
if(a[i] > pre[i - 1]) pre[i] = m - a[i] + pre[i - 1] > mid ? a[i] : pre[i - 1];
}
}
return 1;
}
int main(){
n = read(),m = read();
for(int i = 1;i <= n;++i) a[i] = read();
int l = 0,r = 10000000,ans;
while(l <= r){
int mid = (l + r) >> 1;
if(check(mid)) r = mid - 1,ans = mid;
else l = mid + 1;
}
cout << ans;
return 0;
}
D
神仙暴力题Orz
自己搞一棵01Trie试一试,发现长度为(9)或者以上的区间一定会满足题目中的要求
那么我们对于每一个固定的左端点(l)
我们都找一个离它的最近的满足条件的(r), (rin[l,l+9])
那么右端点([r,n])都是合法的
在枚举的时候我们发现
对于一个(l),(l + 1)的满足条件的最近端点一定在(l)的满足条件的最右端点的左边
因为([l+r,r_{l + 1}])也在(l)包含的区间内
所以我们每一次都继承(l +_1)的答案
看看能否继续变优
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<ctime>
#include<cmath>
#define LL long long
#define pii pair<int,int>
#define mk make_pair
#define fi first
#define se second
using namespace std;
inline int read(){
int v = 0,c = 1;char ch = getchar();
while(!isdigit(ch)){
if(ch == '-') c = -1;
ch = getchar();
}
while(isdigit(ch)){
v = v * 10 + ch - 48;
ch = getchar();
}
return v * c;
}
const int N = 3e5 + 3;
int n,r;LL ans;
char s[N];
int main(){
scanf("%s",s + 1);
n = strlen(s + 1);
r = n + 1;
for(int i = n - 1;i >= 1;--i){
r = min(r,i + 9);
for(int k = 1;i + 2 * k <= r;++k){
if(s[i] == s[i + k] && s[i] == s[i + k + k]){
r = min(r,i + k + k);
break;
}
}
ans += n - r + 1;
}
cout << ans;
return 0;
}
E
这道题是真的没思路
我们可以写一个(n^2)的代码
bool check(int x,int y){
int v1 = a[x];
for(int i = x + 1;i < y;++i)
if(v1 & a[i]) v1 |= a[i];
return v1 & a[y];
}
就是说我们考虑当前的子集
如果这个点能够和某一个元素连边
他一定可以从(x)转移过来
那么我们就分位考虑
在线段树上维护这个东西
每个节点维护(19)个变量
表示包含(2^k)的集合从左边传过来,最终会变成什么样
inline void pushup(int u){
for(int i = 0;i < 19;++i){
int v = a[a[u].lc].sum[i];
a[u].sum[i] = v;
for(int j = 0;j < 19;++j)
if(v & (1 << j)) a[u].sum[i] |= a[a[u].rc].sum[j];
a[u].sum[i] |= a[a[u].rc].sum[i];
}
}
pushup大约这么写,注意这里有一个细节,就是我们判断左边是否有这一位的时候
应该用原来的值(我代码中的(v))判断,而不能够用更新之后的(a[u].sum[i])去判断
这样很明显会错,会引入不合法的情况
查阅答案就和这个类似了
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<ctime>
#include<cmath>
#define LL long long
#define pii pair<int,int>
#define mk make_pair
#define fi first
#define se second
using namespace std;
const int N = 3e5 + 3;
int b[N];
int n,q,rt;
int ans;
inline int read(){
int v = 0,c = 1;char ch = getchar();
while(!isdigit(ch)){
if(ch == '-') c = -1;
ch = getchar();
}
while(isdigit(ch)){
v = v * 10 + ch - 48;
ch = getchar();
}
return v * c;
}
struct tree{
struct node{
int lc;
int rc;
int sum[21];
}a[N << 1];
int t;
inline void pushup(int u){
for(int i = 0;i < 19;++i){
int v = a[a[u].lc].sum[i];
a[u].sum[i] = v;
for(int j = 0;j < 19;++j)
if(v & (1 << j)) a[u].sum[i] |= a[a[u].rc].sum[j];
a[u].sum[i] |= a[a[u].rc].sum[i];
}
}
inline void build(int &u,int l,int r){
if(!u) u = ++t;
if(l == r){
for(int i = 0;i < 19;++i)
if(b[l] & (1 << i)) a[u].sum[i] = b[l];
return ;
}
int mid = (l + r) >> 1;
build(a[u].lc,l,mid);build(a[u].rc,mid + 1,r);
pushup(u);
}
inline bool query(int u,int l,int r,int ll,int rr,int w){
if(ans & w) return 1;
if(ll > rr) return 0;
if(l == ll && r == rr){
int v = 0;
for(int i = 0;i < 19;++i) if(ans & (1 << i)) v |= a[u].sum[i];
ans |= v;
return ans & w;
}
int mid = (l + r) >> 1;
if(rr <= mid) return query(a[u].lc,l,mid,ll,rr,w);
else if(ll > mid) return query(a[u].rc,mid + 1,r,ll,rr,w);
else return query(a[u].lc,l,mid,ll,mid,w) | query(a[u].rc,mid + 1,r,mid + 1,rr,w);
}
}T;
int main(){
// system("pause");
n = read(),q = read();
for(int i = 1;i <= n;++i) b[i] = read();
T.build(rt,1,n);
for(int i = 1;i <= q;++i){
int x = read(),y = read();
if(x == 0 || y == 0) printf("Fou
");
else{
// if(x == y) printf("Shi
");
// else {
ans = b[x];
if(T.query(rt,1,n,x + 1,y - 1,b[y])) printf("Shi
");
else printf("Fou
");
// }
}
}
// system("pause");
return 0;
}
这样的时间复杂度为(O(nlog^2(n)))
听说这道题一个log的DP做法，先咕一咕