[日常训练]常州集训day7
T1
Description
给定一个序列,初始为空。依次将$1-n$插入序列,其中$i$插到当前第$a_i$个数的右边($a_i=0$表示插到序列最左边)。求最终序列。
Input
第一行一个整数$n$。第二行$n$个正整数$a_1-a_n$。
Output
输出一行$n$个整数表示最终序列,数与数之间用一个空格隔开。
Sample Input
5
0 1 1 0 3
Sample Output
4 1 3 5 2
HINT
$n<=10^6,0\;\leq\;a_i<i$.
Solution
首先,看到这种题显然倒着处理比较容易。
其次,这题$O(nlogn)$能过(可是我的机子跑不过啊!!!)
所以可以用线段树维护当前区间剩余可填格子的个数,每次寻找第$a[i]+1$个空格在哪。
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<stack>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define N 5000005
using namespace std;
struct linetree{
int l,r,s,b;
}lt[N];
int a[N],s[N],ans[N],n;
inline int read(){
int ret=;char c=getchar();
while(!isdigit(c))
c=getchar();
while(isdigit(c)){
ret=ret*+c-'';
c=getchar();
}
return ret;
}
inline void build(int u,int l,int r){
lt[u].l=l;lt[u].r=r;lt[u].s=r-l+;
if(l==r) return;
int lef=u<<,rig;rig=lef|;
int mid=(l+r)>>;
build(lef,l,mid);build(rig,mid+,r);
}
inline int ask(int u,int k){
if(lt[u].l==lt[u].r)
return lt[u].l;
int l=u<<,r;r=l|;
if(lt[u].s==k)
if(lt[l].s==k) ask(l,k);
else ask(r,k-lt[l].s);
else if(lt[l].s>=k) ask(l,k);
else ask(r,k-lt[l].s); }
inline bool chk(linetree l,int x){
return l.l<=x&&l.r>=x;
}
inline void dec(int u,int x){
if(chk(lt[u],x)) lt[u].s--;
if(lt[u].l<lt[u].r){
int l=u<<,r;r=l|;
if(chk(lt[l],x)) dec(l,x);
else if(chk(lt[r],x)) dec(r,x);
}
else lt[u].b=true;
}
inline void init(){
n=read();build(,,n);
for(int i=;i<=n;i++)
a[i]=read();
for(int i=n,k;i;i--){
k=ask(,a[i]+);
ans[k]=i;dec(,k);
}
for(int i=;i<=n;i++)
printf("%d ",ans[i]);
printf("\n");
}
int main(){
freopen("sequence.in","r",stdin);
freopen("sequence.out","w",stdout);
init();
fclose(stdin);
fclose(stdout);
return ;
}
T2
Description
有$n$个物品和一个大小为$m$的背包,每个物品有大小和价值,求背包里最多能放下多少价值的物品。
Input
第一行两个整数$n,m$。接下来$n$行每行两个整数$x_i,w_i$,表示第$i$个物品的大小和价值。
Output
一行一个整数表示最大价值。
Sample Input
5 100
95 80
4 18
3 11
99 100
2 10
Sample Output
101
HINT
$n\;\leq\;40,0\;\leq\;m\;\leq\;10^{18},0\;\leq\;x_i,w_i\;\leq\;10^{15}$.
Solution
显然数据不适合$dp$,由于$n$比较小,所以会想到折半搜索。
把前$n/2$个物品的所有方案存下来,删去明显劣的。
再枚举剩余的物品,对于每种方案,二分求与前$n/2$个物品能组成的最大价值。
(我以前有做过类似的题,只不过求的是是否存在总价值为$w$的方案,然而这题当时我还没想出来$QAQ$)
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<stack>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define N 45
#define M 2000000
using namespace std;
typedef long long ll;
struct thing{
ll x,w;
}a[N],b[M];
int n,nn,cnt=-,tot=;
ll m,ans;
inline ll search(ll m){
if(m<b[].x) return ;
int l=,r=tot,mid;
while(l<r){
mid=l+r+>>;
if(b[mid].x<=m) l=mid;
else r=mid-;
}
return b[l].w;
}
inline void dfs1(int u,ll sw,ll sx){
if(u>nn){
b[++cnt]=(thing){sx,sw};
return;
}
dfs1(u+,sw,sx);
if(sx+a[u].x<=m)
dfs1(u+,sw+a[u].w,sx+a[u].x);
}
inline void dfs2(int u,ll sw,ll sx){
if(u>n){
sw+=search(m-sx);
ans=max(ans,sw);
return;
}
dfs2(u+,sw,sx);
if(sx+a[u].x<=m)
dfs2(u+,sw+a[u].w,sx+a[u].x);
}
inline bool cmp(thing x,thing y){
if(x.x!=y.x) return x.x<y.x;
return x.w>y.w;
}
inline void init(){
scanf("%d%lld",&n,&m);
for(int i=;i<=n;++i)
scanf("%lld%lld",&a[i].x,&a[i].w);
nn=n>>;dfs1(,,);
sort(b+,b++cnt,cmp);
for(int i=;i<=cnt;i++)
if(b[i].x>b[i-].x) b[++tot]=b[i];
for(int i=;i<=tot;i++)
b[i].w=max(b[i].w,b[i-].w);
dfs2(nn+,,);
printf("%lld\n",ans);
}
int main(){
freopen("pack.in","r",stdin);
freopen("pack.out","w",stdout);
init();
fclose(stdin);
fclose(stdout);
return ;
}
T3
Description
有一棵线段树,根为$[1,n]$,有所不同的是,每个节点$[l,r]$的孩子为$[l,k]$,$[k+1,r]$,其中$l\;\leq\;k<r$且$k$的值由你决定。给定$m$个区间,定义区间$[a_i,b_i]$会访问到节点$[l,r]$仅当他们会相交。求每次访问的结点个数之和的最小值。
Input
第一行两个整数$n,m$,接下来$m$行每行两个整数$a_i,b_i$。
Output
一行一个整数表示答案。
Sample Input
6 6
1 4
2 6
3 4
3 5
2 3
5 6
Sample Output
40
HINT
$n\;\leq\;5000,m\;\leq\;10^5$
Solution
$f[i][j]$表示节点$[i,j]$的子树中被访问的最少次数,$s[i][j]$表示与节点$[i,j]$相交的区间数。
$f[i][j]=min{f[i][k]+f[k+1][j]}+s[i][j]\;(i\;\leq\;k<j)$。
直接枚举是$O(n^3)$,显然会$T$。
用四边形不等式优化能压到$O(n^2)$.
以下为不保证正确性的证明,不喜请跳过
①当$a\;\leq\;b<c\;\leq\;d$时,易证$s[a][c]+s[b][d]=s[b][c]+s[a][d]$,$s[\;][\;]$满足四边形不等式。
②当$[i,j]$属于$[i',j']$时,$s[i,j]\;\leq\;s[i',j'],s[\;][\;]$满足区间包含关系单调。
因为同时满足①②,所以$f[\;][\;]$满足四边形不等式。
记使$f[i][j]$取最小值时的$k$为$g[i][j]$,则$g[i][j-1]\;\leq\;g[i][j]\;\leq\;g[i+1][j]$。
易证枚举$k$的总时间复杂度为$O(n)$。
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<stack>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define N 5005
#define M 10005
#define INF 500000005
using namespace std;
int f[N][N],g[N][N],s[N][N],n,m;
inline int read(){
int ret=;char c=getchar();
while(!isdigit(c))
c=getchar();
while(isdigit(c)){
ret=ret*+c-'';
c=getchar();
}
return ret;
}
inline void init(){
n=read();m=read();
for(int i=,j,k;i<=m;++i){
j=read();k=read();
++s[k][j];
}
for(int i=;i<=n;++i)
for(int j=;j<=n;++j)
s[i][j]+=s[i][j-];
for(int i=n;i;--i)
for(int j=;j<=n;++j)
s[i][j]+=s[i+][j];
for(int i=;i<=n;++i){
f[i][i]=s[i][i];
g[i][i]=i;
}
for(int l=;l<n;++l){
for(int i=,j;i+l<=n;++i){
j=i+l;f[i][j]=INF;
for(int k=g[i][j-];k<=g[i+][j];++k){
if(f[i][k]+f[k+][j]<f[i][j]){
f[i][j]=f[i][k]+f[k+][j];
g[i][j]=k;
}
}
f[i][j]+=s[i][j];
}
}
printf("%d\n",f[][n]);
}
int main(){
freopen("segment.in","r",stdin);
freopen("segment.out","w",stdout);
init();
fclose(stdin);
fclose(stdout);
return ;
}
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