题目:https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1127 首先,把权值 > 2*k 的点作为“坏点”,然后在图中用悬线法找权值最大的子矩形: 如果权值最大的子矩形的权值 < k ,那么无解: 否则,针对这个子矩形,一列一列地删掉元素,某一时刻权值一定会变成 k~2*k 或 < k: 如果变成 k~2*k ,直接输出即可: 如果变成 < k,那么刚才删掉的那一列的权值 > k: 针对那一列,如果权值和就是 k~2*k,输出…

A histogram is a polygon composed of a sequence of rectangles aligned at a common base line. The rectangles have equal widths but may have different heights. For example, the figure shows the histogram that consists of rectangles with the heights 2,…

思路详见 王知昆<浅谈用极大化思想解决最大子矩形问题> 写得很详细(感谢~....) 因为不太会用递推,所以用了第一种方法,时间复杂度是O(n^2),n为枚举的点数,对付这题绰绰有余 思路也很简单(建议一定看原文) 先根据x排序 之后两重循环,枚举i后的每一个点j到i可以形成的矩形面积 怎么求这个矩形面积呢? 非常简单,miny,maxy,分别表示纵坐标的上下界 如果枚举的点j比i的y大,那么就修改上界,反之,修改下界(具体的,可以看论文中的图,更直观些) 这里需要注意两个遗漏的地方(论文中也…

$ POJ~2018~Best~Cow~ Fences $(二分答案构造新权值) $ solution: $ 题目大意: 给定正整数数列 $ A $ ,求一个平均数最大的长度不小于 $ L $ 的子段 这道题首先我们如果没有长度限制,直接扫一遍数组即可 而有了长度限制之后我们的候选集合发生改变,很容让我们想到DP 事实上这一道题可以DP,用斜率优化复杂度极小,就是有点常数(事实上最优) 但是我们可以参考类似01规划的做法,因为答案具有单调行. 我们让数组中每一个数都减去我们二分答案枚举的值,然后…

题目是求次大子矩形,那么在求最大子矩形的时候维护M1,M2即可 转移M2时比较的过程要注意一下 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define maxn 1005 char mp[maxn][maxn]; int n,m,f[maxn][maxn],M1,M2; int stk[maxn],top,w[maxn]; void calc(int i){ top=; f[i][m+]=; memset(w,,sizeof w); ;j<…

题目:https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1127 大于2*K的视为不能选的“坏点”.有单个格子满足的就直接输出. 剩下的都是<K的格子,求面积大于等于K的一个矩形:若还<=2*K就直接输出,否则一列一列删: 删去一列后若仍>=2*K,继续:若>=K&&<=2*K,就输出:若<K,则删去的那一列满足>=K,在那列上一格一格删,因为格子<K,所以不能从>2*K跳到<K,一…

似曾相识的感觉 考虑另一个判断问题,给定一个k,问这个k是否可行 存在矩形和\(sum>2k\),则该矩阵不对判定做出贡献 存在矩形和\(sum\in [k,2k]\),则我们找到了一个解 于是判掉这两种情况,专心讨论\(sum<k\)的矩形 找到\(sum<k\)的极大矩形,按它的和\(S\)讨论 \(S<k\),则无解 \(S\in [k,2k]\),则我们找到了一个解 \(S>2k\),递归成小矩形继续求解 #include<cstdio> #include…

题目链接:BZOJ - 1816 题目分析 答案具有可以二分的性质,所以可以二分答案. 验证一个答案 x 是否可行,就累加一下各种牌相对于 x 还缺少的量,如果总和超过了 x 或 m ,就不可行. 因为,当使用的joker小于等于 x 时,才可以通过合适地安排顺序使得每组牌中至多有一张 joker . 代码 #include <iostream> #include <cstdlib> #include <cstring> #include <cstdio>…

标题效果:特定n点.涵盖所有的点与同方三面.斧头要求方垂直边界,最小平方的需求方长值 最大值至少.答案是很明显的二分法 但验证是一个问题 考虑仅仅有三个正方形,故用一个最小矩形覆盖这三个正方形时至少有一个在角上 若有四个正方形该结论不成立 于是我们採用DFS的方式 每次用一个最小的矩形覆盖全部的点,枚举矩形的四个角 将正方形填进去 因为最大深度是3,所以时间上全然能够承受 #include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream…

这题咕咕了很久终于写了\(QwQ\) 思路:扫? 提交:2次 错因:数据差评,第一次把矩形的长宽搞反了竟然只有一个点没有\(A\). 题解: 显然能成为答案的矩形的边界一定有障碍点或者与大矩形边界重合. 细节见代码(及注释) #include<cstdio> #include<iostream> #include<algorithm> #define ull unsigned long long #define ll long long #define R regist…

题目:http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1816 分析: 我先以为是道水题,但是要注意的是每套牌中Joker只能用1张的,所以就出现了可能目前每种牌的剩余牌数都够,但不一定不用Joker,然后就短路了…… 看了hzwer的blog顿时茅塞顿开,原来是二分…… 二分答案x,然后判定 判定的方法:注意每套牌顶多只有一个Joker,所以对于答案x,能用的Joker的最大数量是T=Min(x,m),然后枚举每种牌,将每种牌相对于答案x差的个数…

题目大意 就是求一个最小矩形覆盖,逆时针输出其上面的点 这里可以看出,那个最小的矩形覆盖必然有一条边经过其中凸包上的两个点,另外三条边必然至少经过其中一个点,而这样的每一个点逆时针走一遍都满足单调性 所以可以利用旋转卡壳的思想找到这样的三个点 以每一条边作为基础,循环n次得到n个这样的矩形,找到其中面积最小的即可 然后自己画画图,作出矩形对应的两条边的单位向量,那么这四个点就非常好求了 #include <iostream> #include <cstdio> #include &…

第一问可以二分答案,然后贪心来判断. 第二问dp, dp[i][j] = sigma(dp[k][j - 1]) (1 <= k <i, sum[i] - sum[k] <= ans) dp[i][j] 表示前i根木棍切了j次最大长度<=ans的方案数.sum[i]为1~i 的木棍长度和(前缀和).明显可以用滚动数组优化.然后又会发现, 对于每个dp[i][j]求和过程中,sum[i]不变,而sum[k]是单调递增,满足的k值是一连续的区间,且满足的最小k随i变大而变大,所以可以用…

因为没注意到long long 就 TLE 了... 二分一下答案就Ok了.. ------------------------------------------------------------------------------ #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<iostream>   #define rep( i , n ) for( int i = 0…

先二分答案m, 然后对于原序列 A[i] = A[i] - m,  然后O(n)找最大连续子序列和, 那么此时序列由 L + mx + R组成. L + mx + R = sum - n * m, sum为原序列的和. 假如二分的答案m是可行的, 那么 L + R = sum - n * m - mx 应该 <= 0 ------------------------------------------------------------------------------------- #inc…

二分答案m, 然后全部边权减掉m, 假如存在负圈, 那么说明有平均值更小的圈存在. 负圈用dfs判断. --------------------------------------------------------------------------- #include<bits/stdc++.h>   #define rep(i, n) for(int i = 0; i < n; ++i) #define clr(x, c) memset(x, c, sizeof(x)) #defi…

题目大意:给定n个男生和n个女生,一些互相喜欢而一些不.举行几次舞会,每次舞会要配成n对.不能有同样的组合出现.每一个人仅仅能与不喜欢的人跳k次舞,求最多举行几次舞会 将一个人拆成两个点.点1向点2连一条流量为k的边.两个人若互相喜欢则点1之间连边,不喜欢则点2之间连边 对于每个要验证的x值 将每个人的点1向源或汇连一条流量为x的边 然后二分答案跑最大流就可以 #include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> #…

3993: [SDOI2015]星际战争 题意:略 R1D2T1考了裸二分答案+二分图最大匹配... #include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #include <cmath> using namespace std; typedef long long ll; const int N=105, M=1e5+5, INF=1e9+5;…

怎么分析这道题呢? 首先 ,我们注意到一点: 不管怎么操作,任意一个2*2方格中的 "#"个数的奇偶性是不变的. 所以,如果一个2*2方格中有奇数个"#",这个方格里的格子永远不可能变成同一种颜色. 并且,如果一个矩形中,所有2*2方格中有偶数个"#",那么它一定可以能变成只有一种颜色的矩形. 为什么? 先把这个矩形的第一行和第一列都变成同一种颜色,这个操作任何矩形都能做到. 如果这个矩形中,所有2*2方格中有偶数个"#",那…

题目链接:https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4552 题意: 给你一个1-n的全排列,m次操作,操作由两种:1.将[l,r]升序排序,2.将[l,r]降序排列 最后给你一个点p,输出这个点的数 思路: 因为这道题只有一个询问,只需要知道一个位置的值,且序列是全排列,那么我们可以对答案进行二分,首先我们先选定一个值x,将数组中比x大的全部变成1,小于等于x的变为0,然后用线段树去模拟排序的操作,最后我们需要查询p位置的数如果为1那么代…

题目链接 题面 题目描述 在2016年,佳媛姐姐喜欢上了数字序列.因而他经常研究关于序列的一些奇奇怪怪的问题,现在他在研究一个难题,需要你来帮助他.这个难题是这样子的:给出一个1到n的全排列,现在对这个全排列序列进行m次局部排序,排序分为两种: 1:(0,l,r)表示将区间[l,r]的数字升序排序 2:(1,l,r)表示将区间[l,r]的数字降序排序最后询问第q位置上的数字. 输入输出格式 输入格式: 输入数据的第一行为两个整数n和m.n表示序列的长度,m表示局部排序的次数. 1 <= n, m…

题目链接 \(Description\) 给定SA数组,求满足SA[]的一个原字符串(每个字符为小写字母),无解输出-1. \(Solution\) 假设我们现在有suf(SA[j]),要构造suf(SA[i]) (要满足i>j) 考虑后缀的比较方式,先比较第一位,再比较suf(SA[i]+1)与suf(SA[j]+1) 若suf(SA[i]+1)>suf(SA[j]+1),则两字符串第一位可以相同:否则一定要在第一位满足suf(SA[i])>suf(SA[j]) 按照这种方式构造,就能…

题目:https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4552 二分答案,把 >= mid 的设成1.< mid 的设成0,之后排序就变成区间赋值了. #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #define ls Ls[cr] #define rs Rs[cr] using namespace std; ,M=N<<; int…

题目:https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4310 答案有单调性? 二分出来一个子串,判断的时候需要满足那些字典序比它大的子串都不出现! 原来想的是在 sa[ ] 上二分找到最右端 j ,满足自己到 j 之间的位置与自己的 LCP >= ans_len :然后从前往后遍历,如果走到一个位置 k 发现它的 sa[ ] 是在那个 LCP >= ans_len 的区间内的,则需要把它截断:可以在 k ~ k+ans_len-1 之间选一个…

题目:https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4310 二分答案——在本质不同的子串中二分答案! 如果二分到的子串位置是 st,考虑何时必须分出一段: 如果一个位置 i 有 rk[i] < rk[st],那么显然不用管( i 后缀的开头): 而如果 rk[i] > rk[st],则 i+1 ~ i+LCP 之间必须有一处断开: 比较麻烦的是这样只保证了 i 这个后缀的开头不会产生大于二分子串的子串,但后面怎么办? 这时就又需要考虑到——…

题目链接  木棍分割 1044: [HAOI2008]木棍分割 Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 162 MBSubmit: 3830  Solved: 1453[Submit][Status][Discuss] Description 有n根木棍, 第i根木棍的长度为Li,n根木棍依次连结了一起, 总共有n-1个连接处. 现在允许你最多砍断m个连 接处, 砍完后n根木棍被分成了很多段,要求满足总长度最大的一段长度最小, 并且输出有多少种砍的方法使得总长 度最大…

题目大意:给定n个连在一起的木棍.分成m+1段.使每段最大值最小,求最大值的最小值及最大值最小时切割的方案数 第一问水爆了--二分答案妥妥秒过 第二问就有些难度了 首先我们令f[i][j]表示用前j个棒♂子得到i段的方案数 诶我没打什么奇怪的符号吧 于是我们有动规方程 f[i][j]=Σf[i-1][k] (sum[j]-sum[k]<=ans,k<j) 这个最坏情况下是O(m*n^2)的,肯定挂 我们发现k的下界是单调上升的 于是我们直接令k为当前j时k的下界.开一个变量记录k~j的f值之和…

题目大意:给你一个字符串每个位置和相邻两个位置为回文中心的最长回文串长度,让你构造一个合法的字典序最小的字符串 挺有意思的构造题 首先按照$Manacher$的思想还原$p$数组 定义$f_{ij}$表示$i$位置不能放$j$这个字符 我们逆模拟$manacher$的构造过程,如果$i+p_{i}>maxR$,那么多出来这部分都要满足回文性质,然后更新$maxR$ 然后,因为回文不能继续扩展,所以$str[i+p_{i}]!=str[i-p_{i}]$,就在f数组里打上标记 每遍历到一个位置,如…

传送门 解题思路 可以发现天兵不用管,答案的一个上界是\(2*k\),就是天兵一个个换.刚开始写了个拆\(6\)点的网络流,调了半天发现自己假了..说说正解,首先可以发现交换士兵其实就是种类的交换,那么可以对于每一个点算出它距离所有点的距离,距离就是最少换几次,这个可以\(spfa\)求出,之后发现这个很像二分图匹配,可以二分答案表示用几次超能力,然后跑二分图匹配即可. 代码 #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstri…

传送门 解题思路 首先可以想到一种暴力做法,就是询问时二分,然后大于等于这个值的设为1,否则设为-1,然后就和GSS1那样统计答案.但是发现这样时间空间复杂度都很爆炸,所以考虑预处理,可以用主席树来做了.以\(rt[i]\)为根线段树维护二分的答案为\(i\)的线段树,线段树下标是位置.处理的时候就排一遍序,然后每次\(mid+1\)的时候发现只有\(mid\)这个位置的值要变成\(-1\),所以可以直接处理. 代码 #include<iostream> #include<cstdio&…