NOIP做题练习（day4）

A - 同花顺

题面

题解

30分做法

爆搜即可。

60分做法

去重+贪心。

100分做法

去重+贪心后，我们要寻找一段符合条件的最长同花上升子序列 $L$，$n-L$ 即为所求的答案。

首先对于相同的花色，用一个队列去维护以每一张牌作结尾时能在序列中的所有牌（即维护首尾指针），然后统计出这些牌的数量，取较大值，答案就是牌的总数与这个值得差值。

枚举同花顺在已有的牌里面的最后一张牌，寻找可能的“第一张牌”，令 $last$ 为当前牌的最后一张牌时，“可能的第一张牌”。

如果当前牌的数值是 $a$，$last$ 这张牌的数值是 $b$，则显然要满足 $a-b+1≤n$；

数值都是排好序的，随着“最后一张牌”的递增，“可能的第一张牌”显然是不降的，从前往后 $O(N)$进行扫一遍即可得到答案。

代码

#include <iostream>

#include <cstdio>

#include <cstdlib>

#include <cstring>

#include <algorithm>

#include <cmath>

#include <cctype>

#define gI gi

#define itn int

#define File(x) freopen(x".in","r",stdin);freopen(x".out","w",stdout)

using namespace std;

inline int gi()

{

    int f = 1, x = 0; char c = getchar();

    while (c < '0' || c > '9') {if (c == '-') f = -1; c = getchar();}

    while (c >= '0' && c <= '9') {x = x * 10 + c - '0'; c = getchar();}

    return f * x;

}

int n, ans, sum, m, ton[100003];

bool vis[100003];

struct Node

{

	int hs, sz;

	bool operator < (const Node &x) const

		{

			return hs < x.hs || (hs == x.hs && sz < x.sz);

		}

	bool operator == (const Node &x) const

		{

			return (hs == x.hs && sz == x.sz);

		}

} a[100003];

inline bool cmp(Node x, Node y)

{

	if (x.hs == y.hs) return x.sz < y.sz;

	return x.hs < y.hs;

}

inline bool pd()

{

	for (int i = 1; i < n; i+=1) if (a[i].hs != a[i + 1].hs || (a[i].sz < a[i + 1].sz - 1)) return false;

	return true;

}

int main()

{

	File("card");

	n = gi(); m = n;

	bool fl = true;

	int Max = 0;

	for (int i = 1; i <= n; i+=1)

	{

		a[i].hs = gi(), a[i].sz = gi(); if (a[i].sz > n) fl = false; Max = max(Max, a[i].hs);

	}

	sort(a + 1, a + 1 + n);

	if (pd()) {puts("0"); return 0;}

	n = unique(a + 1, a + 1 + n) - (a + 1);

	int head = 0, tail;

	for (int i = 1; i <= n; i+=1)

	{

		if (i == 1 || a[i].hs != a[i - 1].hs) tail = i;

		while (a[i].sz - a[tail].sz + 1 > m) ++tail;

		head = max(head, i - tail + 1);

	}

	printf("%d\n", m - head);

	return 0;

}

B - 做实验

题目描述

有一天，你实验室的老板给你布置的这样一个实验。

首先他拿出了两个长度为 $n$ 的数列 $a$ 和 $b$，其中每个 $a_i$ 以二进制表示一个集合。例如数字 $5 = (101)_2$ 表示集合 {$1; 3$}。第 $i$ 次实验会准备一个小盒子，里面装着集合 $a_i$ 所有非空子集的纸条。老板要求你从中摸出一张纸条，如果满足你摸出的纸条是 $a_i$ 的子集而不是 $a_{i−b_i}$，$a_{i−b_{i+1}}$，$...$，$a_{i}−1$ 任意一个的子集，那么你就要 $***$；反之，你就逃过一劫。

令你和老板都没有想到的是，你竟然每次都逃过一劫。在庆幸之余，为了知道这件事发生的概率，你想要算出每次实验有多少纸条能使你 $***$

输入格式

第一行一个数字 $n$。

接下来 $n$ 行，每行两个整数，分别表示 $a_i$ 和 $b_i$。

输出格式

$n$ 行，每行一个数字，表示第 $i$ 次实验能使你 $***$ 的纸条数。

样例输入 1

样例输出 1

数据范围

对于 $30 \%$ 的数据，$n, a_i, b_i ≤ 100$

对于 $70 \%$ 的数据，$n, a_i, b_i ≤ 60000$

对于 $100 \%$ 的数据，$n, a_i, b_i ≤ 10^5$

保证所有的 $a_i$ 不重复，$b_i < i$

题解

题目大意：有一个长度为 $n$ 的数列，其中数列的每项 $a[i]$是一个集合，给出 $n$ 个询问，对于给定两个序列 $a[i]$和 $b[i]$，问对于每个 $a[i]$，它的子集里面有多少不是$a[i-b[i]] a[i-b[i]+1]… a[i-1]$ 的子集

这个问题的关键在于两个问题，一是枚举 $a[i]$的子集，二是记录对于 $a[i]$的每一个子集的状态什么时候在数列上出现过？

即问题的关键：枚举子集、记录前一次出现的位置

枚举依据题意 $S$ 的子集做法：for( int i=s ; i ; i=(i-1)&s )

设 $f[s]$为 $s$ 的这个子集最后一次出现在哪一个 $a[i]$ 当中
为什么是对应最后一次出现 $s$ 状态的 $a[ \ ]$位置？对于序列从前往后处理 $a[i]$，且询问子集满足不在 $a[i-b[i]] a[i-b[i]+1]… a[i-1]$ 这些之中。
从 $a[1]$到 $a[n]$依次处理。对 $a[i]$，枚举其所有的子集 $s$，若 $f[s] < i-b[i]$，则答案$+1$。同时更新 $f[s]$。

不难得出$AC$代码

代码

#include <iostream>

#include <cstdio>

#include <cstdlib>

#include <cstring>

#include <algorithm>

#include <cmath>

#include <cctype>

#define gI gi

#define itn int

#define File(x) freopen(x".in","r",stdin);freopen(x".out","w",stdout)

using namespace std;

inline int gi()

{

    int f = 1, x = 0; char c = getchar();

    while (c < '0' || c > '9') {if (c == '-') f = -1; c = getchar();}

    while (c >= '0' && c <= '9') {x = x * 10 + c - '0'; c = getchar();}

    return f * x;

}

int n, m, a, b, ans, sum, pos[100003], tem, tot, cnt;

int main()

{

	File("test");

	n = gi();

	memset(pos, -1, sizeof(pos));

	for (itn i = 1; i <= n; i+=1)

	{

		a = gi(), b = gi();

		tem = a; ans = 0;

		while (tem)

		{

			if (pos[tem] < i - b) ++ans;

			pos[tem] = i;

			tem = (tem - 1) & a;

		}

		printf("%d\n", ans);

	}

	return 0;

}

C - 拯救世界

题面

题解

$tarjan$缩点后重新建图，然后跑一遍最长路，将起点$s$到所有酒吧的最长路取$\max$即可。

代码

#include <iostream>

#include <cstdio>

#include <cstdlib>

#include <cstring>

#include <algorithm>

#include <cmath>

#include <cctype>

#include <queue>

#define gI gi

#define itn int

#define File(x) freopen(x".in","r",stdin);freopen(x".out","w",stdout)

using namespace std;

inline int gi()

{

    int f = 1, x = 0; char c = getchar();

    while (c < '0' || c > '9') {if (c == '-') f = -1; c = getchar();}

    while (c >= '0' && c <= '9') {x = x * 10 + c - '0'; c = getchar();}

    return f * x;

}

int n, m, U[500003], V[500003], head[500003], nxt[500003], ver[500003], edge[500003], tot, cnt, sum[500003], ans, W[500003], Top, dgs;

int s, p, q[500003], low[500003], dis[500003], dfn[500003], sy[500003], sta[500003], num, vis[500003];

inline void add(int u, int v)

{

	ver[++tot] = v, nxt[tot] = head[u], head[u] = tot;

}

inline void add1(int u, int v, int w)

{

	ver[++tot] = v, edge[tot] = w, nxt[tot] = head[u], head[u] = tot;

}

void Tarjan(int u)

{

	dfn[u] = low[u] = ++num, vis[u] = 1, sta[++Top] = u;

	for (int i = head[u]; i; i = nxt[i])

	{

		int v = ver[i];

		if (!dfn[v])

		{

			Tarjan(v);

			low[u] = min(low[u], low[v]);

		}

		else if (vis[v]) low[u] = min(low[u], dfn[v]);

	}

	if (dfn[u] == low[u])

	{

		++dgs;

		do

		{

			int y = sta[Top];

			sum[dgs] = sum[dgs] + W[y];

			vis[y] = 0;

			sy[y] = dgs;

		} while (sta[Top--] != u);

	}

}

inline void SPFA()

{

	queue <int> q;

	for (int i = 1; i <= dgs; i+=1) dis[i] = 0;

	int pp = sy[s];

	vis[pp] = 1, dis[pp] = sum[pp], q.push(pp);

	while (!q.empty())

	{

		int u = q.front(); q.pop(); vis[u] = 0;

		for (int i = head[u]; i; i = nxt[i])

		{

			int v = ver[i], w = edge[i];

			if (dis[v] < dis[u] + w)

			{

				dis[v] = dis[u] + w;

				if (!vis[v])

				{

					vis[v] = 1;

					q.push(v);

				}

			}

		}

	}

}

int main()

{

	File("save");

	n = gi(), m = gi();

	for (int i = 1; i <= m; i+=1)

	{

		U[i] = gi(), V[i] = gi();

		add(U[i], V[i]);

	}

	for (int i = 1; i <= n; i+=1) W[i] = gi();

	s = gi(), p = gi();

	for (int i = 1; i <= p; i+=1) q[i] = gi();

	for (int i = 1; i <= n; i+=1)

	{

		if (!dfn[i]) Tarjan(i);

	}

	memset(head, 0, sizeof(head));

	memset(ver, 0, sizeof(ver));

	memset(edge, 0, sizeof(edge));

	memset(nxt, 0, sizeof(nxt));

	tot = 0;

	for (int i = 1; i <= m; i+=1)

	{

		if (sy[U[i]] != sy[V[i]]) add1(sy[U[i]], sy[V[i]], sum[sy[V[i]]]);

	}

	//memset(vis, 0, sizeof(vis));

	SPFA();

	ans = 0;

	for (itn i = 1; i <= p; i+=1)

	{

		ans = max(ans, dis[sy[q[i]]]);

	}

	printf("%d\n", ans);

	return 0;

}

总结

要善于拿部分分。

学会建模。

各种算法的模板要打熟练。