【比赛】STSRM 09

第一题

题意：n个点，每个点坐标pi属性ai，从右往左将遇到的点向左ai范围内的点消除，后继续扫描。

现可以在扫描开始前提前消除从右往左任意点，问最少消除数（提前+扫描）。

n,pi,ai<=10^6

题解：很蠢的DP，我好蠢啊……

f[i]表示前i个的最少消除数（不含提前）

从左往右添加，每添加一个点x，它覆盖范围内的y个点失去作用，那么当前消除情况是f[x-y-1]+y，因为前面是不变的QAQ

简单的递推我都想半天……菜。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cctype>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
int read()
{
    char c;int s=,t=;
    while(!isdigit(c=getchar()))if(c=='-')t=-;
    do{s=s*+c-'';}while(isdigit(c=getchar()));
    return s*t;
}
/*------------------------------------------------------------*/
const int inf=0x3f3f3f3f,maxn=;
struct cyc{int p,num;}a[maxn];
int n,b[maxn],sum[maxn];
bool cmp(cyc a,cyc b)
{return a.p<b.p;}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=;i<=n;i++)a[i].p=read(),a[i].num=read(),a[i].p++;
    sort(a+,a+n+,cmp);
    int cnt=;sum[]=;
    for(int i=;i<=maxn&&cnt<=n;i++)
    {
        sum[i]=sum[i-];
        if(a[cnt].p==i){sum[i]++;cnt++;}
    }
    int ans=n;b[]=;
    for(int i=;i<=n;i++)
    {
        int now=a[i].p-a[i].num-;
        if(now<)now=;
        b[i]=b[sum[now]]+sum[a[i].p]-sum[now]-;
        ans=min(ans,b[i]+(n-i));
    }
    printf("%d",ans);
    return ;
}

第二题

题意：给定a和b（两个正整数）加起来的结果和异或起来的结果，求a和b有几种搭配可能，ab不同时互换算两种。

a,b<=10^12

题解：x是和，y是异或答案

异或相当于每一位上进行不进位加法。

所以(x-y)>>1得到哪些位上做了进位，这些位上两个数都是1（y=0），只有一种可能。

一些位上y=0且不进位，这些位上两个数都是0，只有一种可能。

一些位上y=1，这些位上可以一数为0一数为1，有两种可能。

所以ans=2^(y中1的数量)。

但是还有一些不合法情况：

1.(x-y)的最低位不能是1，否则答案为0。

2.每一位上(x-y)>>1若是1则y必须也是0，否则答案为0。

3.x=y时答案-2，因为和与异或相等仅当不进位，不进位才可能出现0，此时不满足。

4.x<y时无解。

最后，记得1ll<<x！！！

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cctype>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
int read()
{
    char c;int s=,t=;
    while(!isdigit(c=getchar()))if(c=='-')t=-;
    do{s=s*+c-'';}while(isdigit(c=getchar()));
    return s*t;
}
/*------------------------------------------------------------*/
const int inf=0x3f3f3f3f;

int n;
ll x,y,ans=;
int main()
{
    scanf("%lld%lld",&x,&y);
    ll num=x-y;
    if(num&||x<y){printf("");return ;}
    num>>=;
    for(int i=;(1ll<<i)<=num;i++)if((num&(1ll<<i))&&(y&(1ll<<i))){printf("");return ;}
    for(int i=;(1ll<<i)<=y;i++)
    {
            //printf("sfsdf");
        if(y&(1ll<<i))ans=ans*;
        //if((!y&(1<<i))&&(!num&(1<<i)))ans
    }
    if(x==y)ans-=;
    printf("%lld",ans);
    return ;
}

第三题

题意：给定数字串，每次可以删去一个回文子串，删去后两端拼接，求最少次数删去全串。串长<=500。

题解：大力DP，O(n^3)，好强啊……你们怎么都会DP。

虽然一眼区间DP感觉，但仔细一想就觉得很复杂啊……其实只要搞清楚转移方式，DP就会帮你完成复杂的工作。

区间DP最大的特点是按区间长度从小到大枚举，具有最优子结构！

考虑这道题的多个消除的回文之间只有两种可能：嵌套||并列，不可能交叉，这使区间DP成为可能。

f[i][j]表示删除i~j的最少次数，h[i][j]表示i~j是否回文，有以下情况：

1.回文：h[i][j]=1，即区间回文，f[i][j]=1。

2.嵌套：a[i]=a[j]，尝试从a[i+1][j-1]，已知a[i+1][j-1]最后删除的一步是回文，所以两端的i和j可以直接附加上，即f[i][j]=min(f[i][j],f[i+1][j-1])，步步推进。

3.并列：枚举将区间分成两部分，f[i][j]=min(f[i][j],f[i][x]+f[x+1][j])。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
const int maxn=;
int n,f[maxn][maxn],a[maxn];
bool h[maxn][maxn];
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
    memset(f,0x3f,sizeof(f));
    for(int i=;i<=n;i++)f[i][i]=h[i][i]=h[i][i-]=;
    for(int p=;p<=n;p++){
        for(int i=;i+p-<=n;i++){
            int j=i+p-;
            h[i][j]=h[i+][j-]&(a[i]==a[j]);
            if(h[i][j])f[i][j]=;else{
                if(a[i]==a[j])f[i][j]=f[i+][j-];
                for(int x=i;x<j;x++)
                f[i][j]=min(f[i][j],f[i][x]+f[x+][j]);
            }
        }
    }
    printf("%d",f[][n]);
    return ;
}