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先讲1007，有m个人，n种石头，将n种石头分给m个人，每两个人之间要么是朋友关系，要么是敌人关系，朋友的话他们必须有一种相同颜色的石头，敌人的话他们必须所有石头的颜色都不相同。另外，一个人可以不拥有任何一种石头。求m个人的所有关系是不是都能用n种石头表示出来。比赛当时找的关系是n种石头可以表示n+1个人的关系。但是一直WA，因为考虑不周。
我们考虑这样的一种情况，我们把人分为左边和右边两部分，每边的人里面都互相为敌人，同时左边的任意一个人和右边的任意一个人都是朋友。举个例子，左边有3人，右边两人。考虑左边第一人，他和右边每一个人都要有相同的至少一种石头，那么他至少要有两种石头，而左边的每一个人的每一个石头都不能一样，那么至少要有3*2=6种石头。通过这个例子我们就可以找出规律来了，总共需要的石头量为左右人数之积。
那么问题就转化成了，将m个人分成两组，使得乘积最大（这是m个人下的最坏的情况，如果这个情况都能满足，那么其他情况也都能满足了）。显然，将m个人均分一下得到的乘积最大，那么答案就出来了。
代码如下：
1 #include <stdio.h> 2 #include <algorithm> 3 #include <string.h> 4 using namespace std; 5 typedef long long ll; 6 7 int main() 8 { 9 int n,m; 10 while(scanf("%d%d",&n,&m)==2) 11 { 12 int l = n/2; 13 int r = n-n/2; 14 if(1LL*l*r > m) puts("F"); 15 else puts("T"); 16 } 17 }
1006，当时比赛的时候是乱做弄出来的，只要满足下面3个条件即可：
假设有n个队伍，
1.每个队伍的分数都不能超过2*(n-1)。
2.所有队伍的总分必须等于n*(n-1)。
3.分数为奇数的队伍数必须是偶数个，每两个队伍之间都有一场平局。
但是，题解给出的方法似乎是有一个定理的（Landau‘s Theorem）。
先将分数从小到大排序一下，那么对任意前i个人的总分，必须不小于他们所能够得到的分数，即i*(i-1)，同时总分必须是n*(n-1)。
另外，如果没有平局，并且只是胜者获得1分，同样可以使用这个定理，只要改变前i个人所能获得的分数即可，即C(i,2)，同时，总分也必须等于C(n,2)。
1009，当时比赛的时候m的大小是5500，那么可以在数据规模较小的情况下暴力求补图，数据规模较大的时候找规律来做（因为数据规模较大的时候点数远远大于边数，那么一定是不止一个联通块，规律就是如果与s点相邻，距离就是2，因为可以先到另外一个联通块再到这个点来完成，如果不相邻距离就是1了，因为补图上直接可达）。现在m的数据范围变大了，得采用题解的方法，在补图上bfs。代码如下（直接看代码也是可以看懂的）：
1 #include <stdio.h> 2 #include <algorithm> 3 #include <string.h> 4 #include <queue> 5 #include <set> 6 using namespace std; 7 typedef long long ll; 8 const int N = 200000 + 5; 9 10 vector<int> G[N]; 11 int n,m,s; 12 int dis[N]; 13 14 void addEdge(int u,int v) 15 { 16 G[u].push_back(v); 17 } 18 19 void solve() 20 { 21 set<int> sa,sb; 22 // 每次扩展都是向不相邻的边扩展 23 // sb保存的是仍未bfs过的点 24 queue<int> Q; 25 for(int i=1;i<=n;i++) if(i!=s) sa.insert(i); 26 Q.push(s); 27 memset(dis,-1,sizeof(dis)); 28 dis[s] = 0; 29 while(!Q.empty()) 30 { 31 int x = Q.front();Q.pop(); 32 for(int i=0;i<G[x].size();i++) 33 { 34 int v = G[x][i]; 35 if(!sa.count(v)) continue; 36 sa.erase(v); 37 sb.insert(v); 38 } 39 for(set<int>::iterator it = sa.begin();it!=sa.end();it++) 40 { 41 dis[*it] = dis[x] + 1; 42 Q.push(*it); 43 } 44 sa.swap(sb); 45 sb.clear(); 46 } 47 int fir = 0; 48 for(int i=1;i<=n;i++) 49 { 50 if(i!=s) 51 { 52 if(fir) printf(" "); 53 else fir = 1; 54 printf("%d",dis[i]); 55 } 56 } 57 puts(""); 58 } 59 60 int main() 61 { 62 int T;scanf("%d",&T); 63 while(T--) 64 { 65 scanf("%d%d",&n,&m); 66 for(int i=1;i<=n;i++) G[i].clear(); 67 68 for(int i=1;i<=m;i++) 69 { 70 int u,v;scanf("%d%d",&u,&v); 71 addEdge(u,v); 72 addEdge(v,u); 73 } 74 75 scanf("%d",&s); 76 solve(); 77 } 78 }
1008，题意是给一个区间L和R，求a[L]%a[L+1]%a[L+2]...%a[R]。
一个性质：a%b，如果a小于b，那么a不变，否则，得到的数小于等于a/2（这个性质不知道要怎么证，不过似乎就是这样的样子- -）。
那么每次取余以后都会减半，那么复杂度就是log级别的了。
那么，我们每次找出[L+1,R]中第一个不比最左边的数大的数的位置，并不断的缩小区间即可。关于如何找，这里用了线段树来维护一个区间内的最小值，那么我们就可以用线段树找出我们需要的东西了~具体见代码：
1 #include <stdio.h> 2 #include <algorithm> 3 #include <string.h> 4 #include <queue> 5 #include <set> 6 #define t_mid (l+r >> 1) 7 #define ls (o<<1) 8 #define rs (o<<1 | 1) 9 #define lson ls,l,t_mid 10 #define rson rs,t_mid+1,r 11 using namespace std; 12 typedef long long ll; 13 const int N = 100000 + 5; 14 15 int a[N],c[N<<2],n; 16 void build(int o,int l,int r) 17 { 18 if(l==r) {c[o] = a[l];return;} 19 build(lson); 20 build(rson); 21 c[o] = min(c[ls],c[rs]); 22 } 23 24 int query(int ql,int qr,int o,int l,int r,int x) 25 { 26 if(l==r) 27 { 28 if(c[o] <= x) return l; 29 else return -1; 30 } 31 int ans = -1; 32 if(t_mid >= ql && c[ls] <= x) 33 { 34 ans = query(ql,qr,lson,x); 35 if(ans == -1) 36 { 37 if(t_mid < qr && c[rs] <= x) ans = query(ql,qr,rson,x); 38 } 39 return ans; 40 } 41 else if(t_mid < qr && c[rs] <= x) return query(ql,qr,rson,x); 42 return -1; 43 } 44 45 int main() 46 { 47 int T;scanf("%d",&T); 48 while(T--) 49 { 50 scanf("%d",&n); 51 for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",a+i); 52 build(1,1,n); 53 54 int q;scanf("%d",&q); 55 while(q--) 56 { 57 int ql,qr;scanf("%d%d",&ql,&qr); 58 int now = a[ql]; 59 while(ql < qr) 60 { 61 ql = query(ql+1,qr,1,1,n,now); 62 if(ql == -1) break; 63 now %= a[ql]; 64 } 65 printf("%d\n",now); 66 } 67 } 68 }
当然，也可以使用单调栈来维护，代码如下（只有主程序部分的代码）：
1 int a[N],nxt[N]; 2 stack<int> s; 3 int main(){ 4 int T,n,m,l,r; 5 cin >> T; 6 while(T --){ 7 memset(nxt,-1,sizeof(nxt)); 8 while(!s.empty()) s.pop(); 9 cin >> n; 10 for(int i = 1 ; i <= n ; i ++) scanf("%d",&a[i]); 11 cin >> m; 12 for(int i = 1 ; i <= n ; i ++){ 13 // 单调递增的栈。 14 if(s.empty() || a[i] >= a[s.top()]) s.push(i); 15 else{ 16 while(!s.empty() && a[i] < a[s.top()]){ 17 nxt[s.top()] = i; 18 s.pop(); 19 } 20 s.push(i); 21 } 22 } 23 while(m --){ 24 scanf("%d%d",&l,&r); 25 int ret = a[l] , tmp = l; 26 while(nxt[tmp] <= r && nxt[tmp] != -1){ 27 tmp = nxt[tmp]; 28 ret = ret % a[tmp]; 29 } 30 cout << ret << endl; 31 } 32 } 33 return 0; 34 }
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原文地址：http://www.cnblogs.com/zzyDS/p/5861215.html
