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【带权并查集】食物链acwing242

又来重温一下这个经典的带权并查集题目。

本题的关系有三层 -a -b -c -,但不同的是本题的关系是有向的,也就是说a和b如果是敌对关系,那么b和a就不是敌对关系。所以反向推算关系不是简单的相加。

关系传递的本质实际上是向量的运算。

还是设 d[x] 表示 x 与 fa[x] 的关系,0 代表是同类,1 代表是x吃fa[x], 根据关系图自然2就代表x被fa[x]吃。

下面假设a的祖先是x,b的祖先是y,为简化书写,设他们的向量关系为

\vec{a} = (a,x) \quad \vec{b} = (b,y)
给出的关系设为rel = \vec{ab}

以下的向量关系均用以上符号代替,实际运算时自行带入二元组运算即可

  1. x = y
    想要知道 \vec{ab} ,则需要 \vec{a} – \vec{b} 然后对3取模并移动到正整数
    此时得到的关系0代表ab是同类,1代表a吃b,2代表a被b吃。直接与rel进行比较即可。
  2. 如果x和y不等,那么这个给出的关系肯定是合法的
    合并的时候同样fa[x] = y,\vec{x} = \vec{b} + \vec{ab} – \vec{a}

然后就可以愉快的搞了

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 5e4 + 233;
int fa[maxn], d[maxn];
int ff(int x)
{
    if(fa[x] == 
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【二分】 Kickstart2019 Round A Problem B

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二分答案很好想,关键在于如何检查是否存在一个半径为r的“曼哈顿圆”能覆盖所有的空白点。

这里需要用到曼哈顿距离的另一个公式”dis(P_1,P_2) = \max{(|(x_1 + y_1) – (x_2 + y_2)|,|(x_1 – y_1) – (x_2 – y_2)|)}

有了这个公式,发现只需要检查x+y的最大和最小,x-y的最大和最小,所对应的点是否满足即可。因为这四个点满足了其余点肯定是满足的

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 255;
typedef pair<int,int> pii;
vector<pii> e;
int n,m;
int mp[maxn][maxn];
bool vis[maxn][maxn];
int dir[4][2] = {{-1, 0}, {1, 0}, {0, 1}, {0, -1}};
void bfs(int k)
{
    memset(vis, 0, sizeof vis);
    queue<pair<int,pii> > q; 
    for(auto i : e) q.push({0, i}), vis[i.first][i.second] = 1;
    while(q.size())
    {
        pii s = q.front().second;
        int t = 
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【进制转换/高精度取余】acwing124

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a进制的数s,转换成b进制的数。
每次s对b取余的结果就是b进制数的低位。然后s再除以b,再重复取余,直到商0。
涉及高精度取余的操作,从高位到地位,每次s[i]%b = r,得到的余数借位到下一位的时候,由于可能不是十进制,所以下一位是r * a + s[i+1];最后所有位除法操作结束剩下的r就是一位结果

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int e[505],d[505];
string ts(string a, int x, int y)
{
    vector<int> scr;
    for(int i = 0; i < a.size(); i++) scr.push_back(e[a[i]]);
    reverse(scr.begin(), scr.end());
    vector<int> res;
    while(scr.size())
    {
        int r = 0;
        for(int i = scr.size() - 1; i >= 0; i--)
        {
            scr[i] += r * x;
            r = scr[i] % y;
            scr[i] /= y;
        }
        res.push_back(r);
        while(scr.size() > 0 && *scr.rbegin() == 0) scr.pop_back();
    }
    
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【扫描线】Acwing101

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一般扫描线

今天才发现我这种写法,需要把差分负值作为第二排序依据,因为差分结束的地方可能和另外一个差分开始的地方重合, 如果不清除以前的影响会造成答案变大

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef pair<int,int> pii;
const int maxn = 1e5 + 233;
#define ls(x) (x << 1)
#define rs(x) ((x << 1) + 1)
struct Node{
    int l, r, dat, mk;
    #define l(x) t[x].l
    #define r(x) t[x].r
    #define dat(x) t[x].dat
    #define mk(x) t[x].mk
}t[maxn * 4];
void build(int p, int l, int r)
{
    l(p) = l; r(p) = r;
    if(l == r)
    {
        dat(p) = 0; mk(p) = 0;
        return ;
    }
    int 
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【单调栈】ZOJ-2642

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最开始没想到这个模型。还贪心写了半天,发现是错的,贪不动。

这题关键在于模型的转化。转化后的题意就是求一个最长的区间,使得区间总和乘上区间最小数最小。

那其实和单调栈经典题目求最大矩形是差不多的,稍微有点不同的是本题可以看成矩形的宽度不是1,而是题目给定的数字……..

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e6 + 233;
typedef long long ll;
int n;
ll a[maxn], b[maxn], w[maxn], s[maxn];
int main()
{
    while(cin >> n)
    {
        for(int i = 1; i <= n; i++)
        {
            scanf("%lld",&a[i]);
        }
        a[n + 1] = 0;
        memset(s, 0, sizeof s);
        int p = 0;
        ll ans = 0, l = 1, r = 1;
        for(int i = 1; i <= n + 1; i++)
        {
            if(a[i] > 
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【区间rmq/单调性问题】hdu3530

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题意是找一个最长的区间,使得区间内最大值-最小值 max – min 属于[m,k]

最开始想的二分长度,但实际上并不具有单调性。。
比{1, 0, 1, 3} m = 3 这组数据,当长度为2的时候所有区间都不满足,但长度为3的时候就有一个区间满足了。也就是说不存在短的区间满足,并不代表不存在更长的区间不满足。

导致没有单调性的原因就是题目要求需要满足两个条件,就破坏了单调性,如果题目只有一个限制条件k,那么就是满足单调性的,不存在更短的区间不满足k那么也不存在更长的区间满足k,因为包含段区间的长区间最大值不可能更小,最小值也不可能更大。

因为包含不满足k的区间一定需要更小,而包含不满足m的区间可能变得更大,所以用队列来做。顺序读取数据,让读到一个连续区间不满足k,就从前面缩短区间,直到满足k,当满足m的时候用长度更新答案。

可以用ST表也可以用set。

//1 0 1 3 m = 3 小区间不满足,大区间不一定不满足,不可二分
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 233;
int n, m, k;
int a[maxn];
int main()
{
    while(cin >> n >> m >> k)
    {
        multiset<int> st;
        int l = 1, ans = 0;
        for(int i = 1; i <= n; i++)
        {
            scanf("%d",&a[i]);
            st.insert(a[i]);
            while(*st.rbegin() - *st.begin() > 
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【化简】Lutece 175

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题意是每个苍蝇有两个属性,a和b,前面的苍蝇要分别和后面的苍蝇决斗,每次的分数为max(ai-aj,bi-bj)-min(ai-aj,bi-bj) (i < j) 。

可以想到

  • res = ai – aj – bi + bj (ai – aj bi – bj)
  • -= (ai – bi) – (aj – bj) (ai – bi aj – bj)
  • 同理,当大小关系相反的时候,是Hj – Hi

所以可以先把 ai – bi 处理出来。

由于是前面的要和所有后面的决斗,所以把数据离线,从后面开始算,每加入一个点,找已经加入的点中,比他大的,比它小的,分别算入答案。

这里可以用离散化+普通权值rmq,也可以用动态开点线段树不用离散化

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 2e5 + 233;
int N;
unordered_map<int,int> ump,raw;
ll a[maxn];
ll c1[maxn], c2[maxn];
void add(int x, int v)
{
    for(; x <= 
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【欧拉函数】acwing221

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解法:欧拉函数

俗话说数论上来先打表,打完表智力就正常了

我先打了一张n为50的表
//1 2 1 2 5 2 1 2 1 10 1 2 1 2 5 2 1 2 1 10 1 2 1 2 25 2 1 2 1 10 1 2 1 2 5 2 1 2 1 10 1 2 1 2 5 2 1 2 1 50
发现gcd好像有很多重复的数字

gcd为1的就是与50互质的数,个数为\phi{(N)}

gcd为2的个数怎么算?仔细想想,对于每一个gcd(i,N) = d的数对,都存在gcd(i/d , N/d) = 1
也就是说,对于每个数对,各自除以gcd和N都是互质的,那么很明显数对的个数为\phi{(N/d)}

有了以上结论,可以想到,N的所有gcd的可能性就是N的所有约数,对于每个约数,数对的个数为\phi{(N/d)}个,它们的和就是d\phi{(N/d)}

进一步总结,答案就是\sum_{d|N}d\phi{(N/d)}

这个函数是两个积性函数的迪利克雷卷积,所以是个积性函数,有xxxx的性质,可以线筛等等

然而我一看数据范围2^31那比不可能线筛,只能暴力算了。… Read the rest

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【莫比乌斯反演】acwing220

就当复习莫比乌斯反演了吧

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解法:莫比乌斯反演

f(d) = [gcd = d],表示gcd为d的数的对数的个数

g(p) = \sum_{p|d}f(d),表示gcd为p的倍数的数对的个数,其中p代表的质数

易知g(p) = \lfloor n / p \rfloor \lfloor n / p \rfloor ,因为如果两个数都是p的倍数,那他们的gcd也一定是p的倍数。小于n的p的倍数的个数就是\lfloor n / p \rfloor,由于需要的是两个组成一个数对,所以乘法原理相乘一下。

g(p) = \sum_{p|d}f(d) = \lfloor n / p \rfloor \lfloor n / p \rfloor里的g是好求的,而我们需要的是f函数和的值,可以用莫比乌斯反演,将计数关系交换。

反演以后f(p) = \sum_{p|d} \mu(d/p) g(d)

将函数g展开即f(p) = \sum_{p|d} \mu(d/p) \lfloor n / p \rfloor \lfloor n / p \rfloor

其中mu为莫比乌斯函数,这一项可以在线筛的时候求和,后面下取整除法只有2\sqrt{n}种取法,所以可以分块计算。

计算一个质数的f函数复杂度O(\sqrt{N}),题目给出的N为1e7,根据素数定理,小于N的质数个数约为… Read the rest

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【区间dp】合并石头(连续k个)

传送门

设 f[l][r][k] 为 l, r, 里分成 k 段的代价。

  • 以长度为阶段。
  • f[l][r][k] = min(f[l][r][k], f[l][mid][k – 1] + f[mid + 1][r][1])
  • 答案就是f[l][r][1]

每个k只用从k-1和1转移,因为对于任何k-n,n,一定可以分解为k-1,1,1,1,..1;所以对于前面的状态都是被考虑过的,不用再重复考虑。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
class Solution {
public:
    int f[63][63][63], sum[33];
    int mergeStones(vector<int>& stones, int K) {
        memset(f, 0x3f, sizeof f);
        memset(sum, 0, sizeof sum);
        int s = stones.size();
        for(int i = 1; i <= s; i++) sum[i] = sum[i - 1] + stones[i - 1];
        while(s >= K)
        {
            s -= K;
            s++;
        }
        if(s > 1) 
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