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今天看了看51nod发现有这样一个练习赛，就做了做。因为实力太弱想不出E题，各位神犇勿D。
不难发现若干线段[li,ri]的交就是[max(li),min(ri)]，那么我们考虑枚举min(ri)，将ri>=min(ri)的区间按顺序加入，这时我们显然应该选第k小的li来更新答案。这些操作用个堆就可以轻松维护了。
时间复杂度为O(NlogN)。
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define rep(i,s,t) for(int i=s;i<=t;i++)
#define dwn(i,s,t) for(int i=s;i>=t;i--)
#define ren for(int i=first[x];i;i=next[i])
using namespace std;
const int BufferSize=1<<16;
char buffer[BufferSize],*head,*tail;
inline char Getchar() {
if(head==tail) {
int l=fread(buffer,1,BufferSize,stdin);
tail=(head=buffer)+l;
}
return *head++;
}
inline int read() {
int x=0,f=1;char c=getchar();
for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c==‘-‘) f=-1;
for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-‘0‘;
return x*f;
}
typedef long long ll;
const int maxn=100010;
int n,k,m;
struct Line {
int l,r;
bool operator < (const Line& ths) const {return r>ths.r;}
}A[maxn];
priority_queue<int> Q;
ll S[maxn];
int main() {
n=read();k=read();m=read();
rep(i,1,n) S[i]=S[i-1]+read();
rep(i,1,m) A[i].l=read(),A[i].r=read();
sort(A+1,A+m+1);
rep(i,1,k) Q.push(A[i].l);
ll ans=max(0ll,S[A[k].r]-S[Q.top()-1]);
rep(i,k+1,m) {
if(Q.top()>A[i].l) Q.pop(),Q.push(A[i].l);
ans=max(ans,S[A[i].r]-S[Q.top()-1]);
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
开始没有看清题目：“求出每个数在多少个包含其的区间中是中位数”，所以我们只需考虑长度为奇数的区间就可以了。
那么对于每个数x求出答案就是一个经典问题了，<x的Ai设为-1，=x的Ai设为0，>x的Ai设为1，然后求一下有多少区间和为0就可以了。
时间复杂度为O(N^2)。
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define rep(i,s,t) for(int i=s;i<=t;i++)
#define dwn(i,s,t) for(int i=s;i>=t;i--)
#define ren for(int i=first[x];i;i=next[i])
using namespace std;
const int BufferSize=1<<16;
char buffer[BufferSize],*head,*tail;
inline char Getchar() {
if(head==tail) {
int l=fread(buffer,1,BufferSize,stdin);
tail=(head=buffer)+l;
}
return *head++;
}
inline int read() {
int x=0,f=1;char c=getchar();
for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c==‘-‘) f=-1;
for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-‘0‘;
return x*f;
}
const int maxn=8010;
int n,A[maxn],B[maxn],S[maxn*2];
int main() {
n=read();
rep(i,1,n) A[i]=read();
rep(i,1,n) {
rep(j,1,n) {
if(A[i]==A[j]) B[j]=0;
else if(A[i]>A[j]) B[j]=1;
else B[j]=-1;
B[j]+=B[j-1];
}
int ans=0;
memset(S,0,sizeof(S));
for(int j=1;j<=n;j+=2) {
S[B[j-1]+n]++;
ans+=S[B[j]+n];
}
memset(S,0,sizeof(S));
for(int j=2;j<=n;j+=2) {
S[B[j-1]+n]++;
ans+=S[B[j]+n];
}
printf("%d%c",ans,i==n?‘\n‘:‘ ‘);
}
return 0;
}
f[i][j]=ΣΣf[i`][j`](i`>=i+1,j`>=j+1)
f[i+1][j]=ΣΣf[i`][j`](i`>i+1,j`>=j+1)
f[i][j+1]=ΣΣf[i`][j`](i`>=i+1,j`>j+1)
f[i][j]=f[i+1][j]+f[i][j+1]-{ΣΣf[i`][j`](i`>i+1,j`>j+1)}+f[i+1][j+1]
=f[i+1][j]+f[i][j+1]
然后坐标变换一下就转化成f[i][j]=f[i-1][j-1]+f[i-1][j]了，答案即为C(n+m-4,n-2)。
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define rep(i,s,t) for(int i=s;i<=t;i++)
#define dwn(i,s,t) for(int i=s;i>=t;i--)
#define ren for(int i=first[x];i;i=next[i])
using namespace std;
const int BufferSize=1<<16;
char buffer[BufferSize],*head,*tail;
inline char Getchar() {
if(head==tail) {
int l=fread(buffer,1,BufferSize,stdin);
tail=(head=buffer)+l;
}
return *head++;
}
inline int read() {
int x=0,f=1;char c=getchar();
for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c==‘-‘) f=-1;
for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-‘0‘;
return x*f;
}
typedef long long ll;
const int maxn=1010;
const int mod=1000000007;
ll pow(ll n,int m) {ll ans=1;for(;m;m>>=1,(n*=n)%=mod) if(m&1) (ans*=n)%=mod;return ans;}
int f[maxn][maxn];
ll C(int n,int m) {
ll ans1=1,ans2=1;
rep(i,n-m+1,n) (ans1*=i)%=mod;
rep(i,1,m) (ans2*=i)%=mod;
return ans1*pow(ans2,mod-2)%mod;
}
int main() {
int n=read()-1,m=read()-1;
printf("%lld\n",C(n+m-2,n-1));
return 0;
}
对随机数据有这样一个性质：如果从位置1向后跳，每次跳到下一个值严格比这一个大的位置，期望跳O(logn)次就会终止。
所以我们可以枚举左端点，模拟右端点的跳跃同时维护当前[l,r]的Ai的最大值mx与最小值mn，用二分套ST表就可以O(logn)计算出下一个mx或mn值改变的位置，在这个区间内答案是不变的，只要在区间打上一个max标记就可以了，用线段树可以做到O(logn)，因为总跳越次数为O(nlogn)，时间复杂度为O(nlog^2n)。
但这道题有点卡常数，进一步观察得到答案是随长度不增的，所以更新答案时只需要前缀打个标记就行了，这样就可以省掉线段树的常数了。
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define rep(i,s,t) for(int i=s;i<=t;i++)
#define dwn(i,s,t) for(int i=s;i>=t;i--)
#define ren for(int i=first[x];i;i=next[i])
using namespace std;
const int BufferSize=1<<16;
char buffer[BufferSize],*head,*tail;
inline char Getchar() {
if(head==tail) {
int l=fread(buffer,1,BufferSize,stdin);
tail=(head=buffer)+l;
}
return *head++;
}
inline int read() {
int x=0,f=1;char c=Getchar();
for(;!isdigit(c);c=Getchar()) if(c==‘-‘) f=-1;
for(;isdigit(c);c=Getchar()) x=x*10+c-‘0‘;
return x*f;
}
typedef long long ll;
const int maxn=100010;
const int inf=2000000000;
int n,A[maxn];
int Log[maxn],minv[20][maxn],maxv[20][maxn];
void init() {
Log[0]=-1;rep(i,1,n+1) Log[i]=Log[i>>1]+1;
rep(i,1,n) minv[0][i]=maxv[0][i]=A[i];
minv[0][n+1]=-inf;maxv[0][n+1]=inf;
for(int j=1;(1<<j)<=n+1;j++)
for(int i=1;i+(1<<j)<=n+2;i++) {
minv[j][i]=min(minv[j-1][i],minv[j-1][i+(1<<j-1)]);
maxv[j][i]=max(maxv[j-1][i],maxv[j-1][i+(1<<j-1)]);
}
}
int query(int l,int r,int t) {
int k=Log[r-l+1];
if(!t) return min(minv[k][l],minv[k][r-(1<<k)+1]);
return max(maxv[k][l],maxv[k][r-(1<<k)+1]);
}
int getmn(int l,int val) {
int r=n+1,mid,p=l;
while(l<r) if(query(p,mid=l+r>>1,0)<val) r=mid; else l=mid+1;
return l;
}
int getmx(int l,int val) {
int r=n+1,mid,p=l;
while(l<r) if(query(p,mid=l+r>>1,1)>val) r=mid; else l=mid+1;
return l;
}
ll ans[maxn];
int main() {
n=read();rep(i,1,n) A[i]=read();
init();int cnt=0;
rep(l,1,n) {
int mx=A[l],mn=A[l],r=l;
while(r<=n) {
int p=min(getmn(r+1,mn),getmx(r+1,mx));
cnt++;ans[p-l]=max(ans[p-l],(ll)mx*mn);
r=p;mn=min(mn,A[r]);mx=max(mx,A[r]);
}
}
dwn(i,n,1) ans[i]=max(ans[i],ans[i+1]);
rep(i,1,n) printf("%lld\n",ans[i]);
return 0;
}
设传送站分别设在x和y，且x<y。
考虑二分答案ans，将所有R[i]-L[i]>ans的路线拿出来，那么|L[i]-x|+|R[i]-y|<=ans。
将所有的(L[i],R[i])作为平面的点，那么问题就转化成在平面中寻找一个点P，满足P到其他的点的曼哈顿距离均<=ans。
坐标变换一下（将(x,y)变换成(x-y,x+y)）将曼哈顿距离转化成切比雪夫距离，然后直接维护矩形交就行了。
时间复杂度为O(NlogN)。
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define rep(i,s,t) for(int i=s;i<=t;i++)
#define dwn(i,s,t) for(int i=s;i>=t;i--)
#define ren for(int i=first[x];i;i=next[i])
using namespace std;
const int BufferSize=1<<16;
char buffer[BufferSize],*head,*tail;
inline char Getchar() {
if(head==tail) {
int l=fread(buffer,1,BufferSize,stdin);
tail=(head=buffer)+l;
}
return *head++;
}
inline int read() {
int x=0,f=1;char c=Getchar();
for(;!isdigit(c);c=Getchar()) if(c==‘-‘) f=-1;
for(;isdigit(c);c=Getchar()) x=x*10+c-‘0‘;
return x*f;
}
const int maxn=500010;
const int inf=1e9;
int n,m,L[maxn],R[maxn];
int check(int d) {
int x1=-inf,y1=-inf,x2=inf,y2=inf;
rep(i,1,m) if(R[i]-L[i]>d) {
int X1=L[i]-R[i]-d,Y1=L[i]+R[i]-d,X2=L[i]-R[i]+d,Y2=L[i]+R[i]+d;
if(x2<X1||x1>X2) return 0;
else x1=max(x1,X1),x2=min(x2,X2);
if(y2<Y1||y1>Y2) return 0;
else y1=max(y1,Y1),y2=min(y2,Y2);
}
return 1;
}
int main() {
n=read();m=read();int l=0,r=n,mid;
rep(i,1,m) {
L[i]=read();R[i]=read();
if(L[i]>R[i]) swap(L[i],R[i]);
}
while(l<r) if(check(mid=l+r>>1)) r=mid; else l=mid+1;
printf("%d\n",l);
return 0;
}
标签：
原文地址：http://www.cnblogs.com/wzj-is-a-juruo/p/5528249.html
