2017 济南综合班 Day 1

送分题(songfen)

Time Limit:1000ms   Memory Limit:128MB

题目描述

LYK喜欢干一些有挑战的事，比如说求区间最大子段和。它知道这个题目有O(n)的做法。于是它想加强一下。

也就是说，LYK一开始有n个数，第i个数字是ai,它找来了一个新的数字P，并想将这n个数字中恰好一个数字替换成P。要求替换后的最大子段和尽可能大。

LYK知道这个题目仍然很简单，于是就扔给大家来送分啦~

注：最大子段和是指在n个数中选择一段区间[L,R]（L<=R）使得这段区间对应的数字之和最大。

输入格式(songfen.in)

第一行两个数n,P。

接下来一行n个数ai。

输出格式(songfen.out)

一个数表示答案。

输入样例

5 3

-1 1 -10 1 -1

输出样例

5

样例解释

将第三个数变成3后最大子段和为[2,4]。

数据范围

对于30%的数据n<=100。

对于另外30%的数据ai,P>=0。

对于100%的数据n<=1000，-1000<=ai,P<=1000。

Note:提前AK的同学可以想一想O(n)的做法。

枚举改哪个，再做O（n）的最大子段和。总复杂度：O（n²）

O（n）做法用栈，不会。。。。。。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
int n,p,ans,tmp,out=-1e8;
int dp[],a[];
int main()
{
    freopen("songfen.in","r",stdin);
    freopen("songfen.out","w",stdout);
    scanf("%d%d",&n,&p);
    for(int i=;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
    int x;
    for(int k=;k<=n;k++)
    {
        tmp=a[k];     a[k]=p;
        for(int i=;i<=n;i++)
        {
            x=a[i];
            if(dp[i-]+x>=x) dp[i]=dp[i-]+x;
            else dp[i]=x;
            if(dp[i]>ans) ans=dp[i];
        }
        out=max(out,ans);
        a[k]=tmp;
        memset(dp,,sizeof(dp));
        ans=-1e8;
    }
    printf("%d",out);
}

错误的O(n):

dp[i][0]到了第i个，第i个没有改

dp[i][1]到了第i个，第i个改了

dp[i][]=max(dp[i-][]+x,dp[i-][]+x);
dp[i][]=max(dp[i][],x);
dp[i][]=max(dp[i-][]+p,p);
ans=max(ans,dp[i][]);
ans=max(ans,dp[i][]);

错因：不能保证之修改一次

第i个改了，第i+1个的不改由第i个的改和不改转移，第i+2个的改由第i+1个的不改转移，这就改了两次

树状数组(lowbit)

Time Limit:1000ms   Memory Limit:128MB

题目描述

这天，LYK在学习树状数组。

当它遇到一个叫lowbit的函数时有点懵逼。lowbit(x)的意思是将x分解成二进制，它的值就是 ，其中k是最小的满足(x & )>0的数。（&是二进制中的and运算）

LYK甚至知道lowbit(x)=(x&-x)。但这并没什么用处。

现在LYK有了n个数字，为了使自己更好的理解lowbit是什么意思。它想对所有n^2个二元组求lowbit。具体的，对于一个二元组(ai,aj)，它的值为lowbit(ai xor aj) (xor表示异或的意思)，那么总共有n^2对二元组，LYK想知道所有二元组的值加起来是多少。

这个答案可能很大，你只需输出这个值对1000000007取模后的结果就可以了。

输入格式(lowbit.in)
    第一行一个数n，表示有n个这样的数字。

第二行n个数ai。

输出格式(lowbit.out)

一个数表示答案。

输入样例

5

1 2 3 4 5

输出样例

32

数据范围

对于30%的数据n<=1000。

对于另外10%的数据ai<=1。

对于再另外10%的数据ai<=3。

对于再再另外20%的数据ai<1024。

对于100%的数据1<=n<=100000,0<=ai<2^30。

分治

二进制最后一位是0的放左边，最后一位是1的放右边，对答案的贡献为两者个数的乘积* 2^0

对于左边的和右边的，分别做：

二进制倒数第二位是0的放左边，倒数第二位是1的放右边，对答案的贡献为两者个数的乘积* 2^1

。。。。。。

边界条件1： 没有数了

边界条件2：二进制位数>30 （非常重要，他保证了最多分治30层，高效解决应重复出现的数）

#include<cstdio>
#define mod 1000000007
#define N 100001

using namespace std;
int n;
int a[N],b[N];
long long ans;
void divide(int l,int r, int k)
{
        if(l>=r || k>) return;
        int L=l,R=r;
        for(int i=l;i<=r;i++)
                if(a[i] & (<<k)) b[L++]=a[i];
                else b[R--]=a[i];
        ans=(ans+1ll*(L-l)*(r-R)*(<<k))%mod;
        for(int i=l;i<=r;i++) a[i]=b[i];
        if(l!=L) divide(l,L-,k+);
        if(r!=R) divide(R+,r,k+);
}
int main()
{
        freopen("lowbit.in","r",stdin);
        freopen("lowbit.out","w",stdout);
        scanf("%d",&n);
        for(int i=;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
        divide(,n,);
        printf("%I64d",(ans<<)%mod);
}

防AK好题(fangak)

Time Limit:1000ms   Memory Limit:128MB

题目描述

LYK觉得，这场比赛到目前为止，题目都还太简单了。

于是，它有意在最后一题为难一下大家。它定义了一个非常复杂的运算。具体的，一开始它有n个数ai。令c表示最大的相邻两个数的差。也就是说c=max{| |}(i∈[2,n])。这个值显然是一个常数。

但是问题来了，LYK为了刁难你们，它想改变其中k个数，也就是说将其中至多k个数变成任意的数，并且LYK要求这么做完后c的值尽可能小。

输入格式(fangak.in)

第一行两个数n,k。

接下来一行n个数表示ai。

输出格式(fangak.out)

一个数表示最小的k的值。

输入样例

6 3

1 2 3 7 8 9

输出样例

1

数据范围

对于20%的数据n<=8。1<=ai<=8。

对于另外20%的数据k=1。

对于再另外20%的数据ai一开始是单调递增的。

对于再再另外20%的数据n<=100。

对于100%的数据1<=k<=n<=1000，-10^9<=ai<=10^9。

二分+DP

dp[i] 表示 到第i个数， 在满足条件(任意两个相邻的数，差<=mid)的情况下，并且i没有被改变，最少改变多少数字。

状态转移： dp[i]=dp[k]+(i-k-1)    k=0~i-1  表示 k+1~i-1 都被改变了

转移条件：mid*(k-i)>=abs(a[k]-a[i])  k~i这段区间能满足条件

只管修改了多少个数，至于改成了什么，不关心

最大的差最小，就是让数均匀分布，那么二分最大的差，条件就是差*个数>= | 区间右边-左边 |

也就是假设区间左右端点都不改变，而区间内部都改变

区间内部都改变是最差的情况，他会随着区间左端点的移动而变小

个人感觉：这是一道区间DP

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define N 1001
using namespace std;
int n,k,maxn=-2e9,minn=2e9;
int a[N],dp[N+];
bool check(int mid)
{
    dp[]=;
    for(int i=;i<=n;i++)
    {
        dp[i]=n+;
        for(int j=i-;j>=;j--)
          if(!j || mid*(i-j)>=abs(a[i]-a[j])) dp[i]=min(dp[i],dp[j]+i-j-);
    }
    for(int i=;i<=n;i++)
     if(dp[i]+n-i<=k) return true;
    return false;
}
int main()
{
    freopen("fangak.in","r",stdin);
    freopen("fangak.out","w",stdout);
    scanf("%d%d",&n,&k);
    for(int i=;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),maxn=max(maxn,a[i]),minn=min(minn,a[i]);
    int l=,r=maxn-minn,mid,ans;
    while(l<=r)
    {
        mid=l+r>>;
        if(check(mid)) ans=mid,r=mid-;
        else l=mid+;
    }
    printf("%d",ans);
}