2017-10-28-afternoon-清北模拟赛
T1 水题(water)
Time Limit:1000ms Memory Limit:128MB
题目描述
LYK出了道水题。
这个水题是这样的：有两副牌，每副牌都有n张。
对于第一副牌的每张牌长和宽分别是xi和yi。对于第二副牌的每张牌长和宽分别是aj和bj。第一副牌的第i张牌能覆盖第二副牌的第j张牌当且仅当xi>=aj并且yi>=bj。（注意牌不能翻转）当然一张牌只能去覆盖最多一张牌，而不能覆盖好多张。
LYK想让两副牌的各n张一一对应叠起来。它想知道第二副牌最多有几张能被第一副牌所覆盖。
输入格式(water.in)
第一行一个数n。
接下来n行，每行两个数xi,yi。
接下来n行，每行两个数aj,bj。
输出格式(water.out)
输出一个数表示答案。
输入样例
3
2 3
5 7
6 8
4 1
2 5
3 4
输出样例
2
数据范围
对于50%的数据n<=10。
对于80%的数据n<=1000。
对于100%的数据1<=n<=100000，1<=xi,yi,aj,bj<=10^9。
#include <algorithm>
#include <cstdio> inline void read(int &x)
{
x=; register char ch=getchar();
for(; ch>''||ch<''; ) ch=getchar();
for(; ch>=''&&ch<=''; ch=getchar()) x=x*+ch-'';
}
const int N();
int n,ans;
struct Node {
int x,y;
bool operator < (const Node&z)const
{
if(x==z.x) return y<z.y;
return x<z.x;
}
}a[N],b[N];
const int M();
int vis[M][M],sumvis;
int link[M][M],mat[M]; bool find(int u)
{
for(int v=; v<=n; ++v)
if(link[u][v]&&vis[u][v]!=sumvis)
{
vis[u][v]=sumvis;
if(!mat[v]||find(mat[v]))
{
mat[v]=u;
return ;
}
}
return ;
} inline void violence()
{
for(int i=; i<=n; ++i)
for(int j=; j<=n; ++j)
link[i][j]=(a[i].x>=b[j].x&&a[i].y>=b[j].y);
for(int i=; i<=n; ++i)
{
sumvis++;
if(find(i)) ans++;
}
printf("%d\n",ans);
} int Presist()
{
// freopen("1.txt","r",stdin);
freopen("water.in","r",stdin);
freopen("water.out","w",stdout);
read(n);
for(int i=; i<=n; ++i)
read(a[i].x),read(a[i].y);
for(int i=; i<=n; ++i)
read(b[i].x),read(b[i].y);
if(n<=) violence();
return ;
} int Aptal=Presist();
int main(int argc,char**argv){;}
匈牙利，60分
因为可能存在 xi,yi=1,,,xj==1,yj，的情况，这种情况下，无法确定怎样覆盖更优，
所以可以以xi从小到大排序，在满足xi的情况下，将B组的y放到某数据结构中，再找满足A组的y的最大的y
需要有插入，删除不超过y的最大数的数据结构，数组80，muliset/平衡树/权值线段树
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <set> inline void read(int &x)
{
x=; register char ch=getchar();
for(; ch>''||ch<''; ) ch=getchar();
for(; ch>=''&&ch<=''; ch=getchar()) x=x*+ch-'';
}
const int N(); std:: multiset<int>set_; struct Card {
int x,y;
bool operator < (const Card&c)const
{
return x<c.x;
}
}a[N],b[N]; int Presist()
{
freopen("water.in","r",stdin);
freopen("water.out","w",stdout);
int n,ans=; read(n);
for(int i=; i<=n; ++i)
read(a[i].x),read(a[i].y);
for(int i=; i<=n; ++i)
read(b[i].x),read(b[i].y);
std:: sort(a+,a+n+);
std:: sort(b+,b+n+);
for(int i=,j=; i<=n; ++i)
{
for(; a[i].x>=b[j].x&&j<=n; )
set_.insert(b[j].y),++j;
if(set_.empty()) continue;
std:: multiset<int>:: iterator it=set_.upper_bound(a[i].y);
if(it==set_.begin()) continue;
else ans++,set_.erase(--it);
}
printf("%d\n",ans);
return ;
} int Aptal=Presist();
int main(int argc,char**argv){;}
AC
T2 梦境(dream)
Time Limit:1000ms Memory Limit:128MB
题目描述
LYK做了一个梦。
这个梦是这样的，LYK是一个财主，有一个仆人在为LYK打工。
不幸的是，又到了月末，到了给仆人发工资的时间。但这个仆人很奇怪，它可能想要至少x块钱，并且当LYK凑不出恰好x块钱时，它不会找零钱给LYK。
LYK知道这个x一定是1~n之间的正整数。当然抠门的LYK只想付给它的仆人恰好x块钱。但LYK只有若干的金币，每个金币都价值一定数量的钱（注意任意两枚金币所代表的钱一定是不同的，且这个钱的个数一定是正整数）。LYK想带最少的金币，使得对于任意x，都能恰好拼出这么多钱。并且LYK想知道有多少携带金币的方案总数。
具体可以看样例。
输入格式(dream.in)
第一行一个数n，如题意所示。
输出格式(dream.out)
输出两个数，第一个数表示LYK至少携带的金币个数，第二数表示方案总数。
输入样例
6
输出样例
3 2
样例解释
LYK需要至少带3枚金币，有两种方案，分别是{1,2,3}，{1,2,4}来恰好得到任意的1~n之间的x。
输入样例2
10
输出样例2
4 8
数据范围
对于30%的数据n<=10。
对于60%的数据n<=100。
对于100%的数据n<=1000。
#include <algorithm>
#include <cstdio> #define min(a,b) (a<b?a:b) inline void read(int &x)
{
x=; register char ch=getchar();
for(; ch>''||ch<''; ) ch=getchar();
for(; ch>=''&&ch<=''; ch=getchar()) x=x*+ch-'';
}
const int N();
int n,ans,count;
bool vis[N];
int a[N]; void DFS(int num,int cnt,int sum)
{
if(sum>=n) { ans++; return ; }
if(cnt>count) { return ; }
for(int i=num+; i<=min(a[cnt+],sum+); ++i)
{
if(vis[i]) continue; vis[i]=;
DFS(i,cnt+,sum+i); vis[i]=;
}
} int Presist()
{
// freopen("1.txt","r",stdin);
freopen("dream.in","r",stdin);
freopen("dream.out","w",stdout);
read(n);
for(int sum=; sum<n; ++sum)
a[++count]=sum+,sum<<=;
DFS(,,);
printf("%d %d\n",count,ans);
return ;
} int Aptal=Presist();
int main(int argc,char**argv){;}
爆搜30
方案总数：dp，搜索
2^0+2^1+...+2^k = O(n) k=log(n)
dfs(Max,Sum,S) // Max金币最大值，Sum所有金币的和，S金币的数量
dp[i][j][k] 当前有i个金币，金币和是j，最大的金币k。
if (dp[i][j][k]) 枚举下一枚金币是啥。
#include <cstdio> #define min(a,b) (a<b?a:b) inline void read(int &x)
{
x=; register char ch=getchar();
for(; ch>''||ch<''; ) ch=getchar();
for(; ch>=''&&ch<=''; ch=getchar()) x=x*+ch-'';
}
int n,cnt,ans,f[][][]; int Presist()
{
freopen("dream.in","r",stdin);
freopen("dream.out","w",stdout); read(n);
for(; (<<cnt)<=n; ) cnt++;
f[][][]=;
for(int i=; i<cnt; ++i)
for(int j=; j<=n; ++j)
for(int k=; k<=n; ++k)
{
if(!f[i][j][k]) continue;
for(int p=k+; p<=j+; ++p)
f[i+][min(j+p,n)][p]+=f[i][j][k];
}
for(int i=; i<=n; ++i) ans+=f[cnt][n][i];
printf("%d %d\n",cnt,ans);
return ;
} int Aptal=Presist();
int main(int argc,char**argv){;}
AC
T3 动态规划(dp)
Time Limit:1000ms Memory Limit:128MB
题目描述
LYK在学习dp，有一天它看到了一道关于dp的题目。
这个题目是这个样子的：一开始有n个数，一段区间的价值为这段区间相同的数的对数。我们想把这n个数切成恰好k段区间。之后这n个数的价值为这k段区间的价值和。我们想让最终这n个数的价值和尽可能少。
例如6个数1,1,2,2,3,3要切成3段，一个好方法是切成[1],[1,2],[2,3,3]，这样只有第三个区间有1的价值。因此这6个数的价值为1。
LYK并不会做，丢给了你。
输入格式(dp.in)
第一行两个数n,k。
接下来一行n个数ai表示这n个数。
输出格式(dp.out)
一个数表示答案。
输入样例
10 2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
输出样例
8
数据范围
对于30%的数据n<=10。
对于60%的数据n<=1000。
对于100%的数据1<=n<=100000,1<=k<=min(n,20),1<=ai<=n。
其中有30%的数据满足ai完全相同均匀分布在所有数据中。
dp[i][j] 1~i 切了j刀，的最优解
dp[i][j]=min{dp[k][j-1]+sum(k+1,i)}
这个k是从大到小进行枚举，每次枚举时更新这个sum 20*n^2 60分
#include <cstring>
#include <cstdio> #define min(a,b) (a<b?a:b)
#define LL long long inline void read(int &x)
{
x=; register char ch=getchar();
for(; ch>''||ch<''; ) ch=getchar();
for(; ch>=''&&ch<=''; ch=getchar()) x=x*+ch-'';
}
const int N();
int a[N],cnt[N],L,R;
int sum[][];
LL f[][]; int Presist()
{
freopen("dp.in","r",stdin);
freopen("dp.out","w",stdout); int n,k; read(n),read(k);
for(int i=; i<=n; ++i) read(a[i]);
for(int i=; i<=n; ++i)
{
++cnt[a[i]];
for(int j=i+; j<=n; ++j)
sum[i][j]=sum[i][j-]+cnt[a[j]],++cnt[a[j]];
memset(cnt,,sizeof(cnt));
}
for(int i=; i<=n; ++i)
for(int j=; j<=k; ++k)
f[i][j]=0x7fffffff;
for(int i=; i<=n; ++i)
{
f[i][]=sum[][i];
for(int j=; j<=min(i,k); ++j)
for(int t=; t<i; ++t)
f[i][j]=min(f[i][j],f[t][j-]+sum[t+][i]);
}
printf("%d\n",f[n][k]);
return ;
} int Aptal=Presist();
int main(int argc,char**argv){;}
固定j，随着i的增大，k不会减少
20*n^2的简单dp -> 在固定j的情况下 随着i的增大，k不降 -> 分治求dp值
#include <cstring>
#include <cstdio> #define LL long long inline void read(int &x)
{
x=; register char ch=getchar();
for(; ch>''||ch<''; ) ch=getchar();
for(; ch>=''&&ch<=''; ch=getchar()) x=x*+ch-'';
}
const int N();
int a[N],cnt[N],L,R;
LL f[N],g[N],sum; inline void move(int l,int r)
{
for(; L>l; ) sum+=cnt[a[--L]]++;
for(; L<l; ) sum-=--cnt[a[L++]];
for(; R>r; ) sum-=--cnt[a[R--]];
for(; R<r; ) sum+=cnt[a[++R]]++;
} void work(int u,int v,int l,int r)
{
if(l>r) return ;
int mid=l+r>>,pos;
LL minn=0x7fffffff;
for(int i=u; i<mid&&i<=v; ++i)
{
move(i+,mid);
if(sum+f[i]<minn)
minn=sum+f[i],pos=i;
}
g[mid]=minn;
work(u,pos,l,mid-);
work(pos,v,mid+,r);
} int Presist()
{
freopen("dp.in","r",stdin);
freopen("dp.out","w",stdout); int n,k; read(n),read(k);
for(int i=; i<=n; ++i) read(a[i]);
for(int i=; i<=n; ++i) f[i]=0x7fffffff;
for(; k--; )
{
memset(cnt,,sizeof(cnt));
L=,R=,sum=,work(,n-,,n);
for(int i=; i<=n; ++i) f[i]=g[i],g[i]=;
}
printf("%lld\n",f[n]);
return ;
} int Aptal=Presist();
int main(int argc,char**argv){;}
AC
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