标签：0ms 结果 make priority 价格 sam 题目 有一个 mat
以下题目均自己搜
一开始真的没懂题目什么意思，还以为是要连续的子串，结果发现时序列，简直智障，知道题意之后，好久没搞LIS，有点忘了，复习一波以后，直接双向LIS，处理处两个数组L和R，然后对整个数组扫一遍对于每一个下标取m=min(L[i],R[i]);用ans取2*m-1中的最大值。LIS用nlogn的算法实现，二分用的是lower_bound()，直接看代码。
//Author: xiaowuga #include <bits/stdc++.h> #define maxx INT_MAX #define minn INT_MIN #define inf 0x3f3f3f3f const long long N=500003; using namespace std; typedef long long LL; int dp[N]; int L[N],R[N]; int main() { ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0); int n; int a[N]; while(cin>>n){ for(int i=0;i<n;i++){ cin>>a[i]; } memset(dp,inf,sizeof(dp)); for(int i=0;i<n;i++){ int pos=lower_bound(dp,dp+n,a[i])-dp; dp[pos]=a[i]; L[i]=pos+1; } memset(dp,inf,sizeof(dp)); for(int i=n-1;i>=0;i--){ int pos=lower_bound(dp,dp+n,a[i])-dp; dp[pos]=a[i]; R[i]=pos+1; } for(int i=0;i<n;i++) cout<<L[i]<<" "; cout<<endl; for(int i=0;i<n;i++) cout<<R[i]<<" "; cout<<endl; int ans=minn; int tmp; for(int i=0;i<n;i++){ int tmp=min(L[i],R[i]); ans=max(tmp*2-1,ans); } cout<<ans<<endl; } return 0; }
暴力阶乘题，因为n<10，所以暴力枚举全排列所有的出战顺序，然后模拟和电脑去打就好了，复杂度n*n！。不要真的老实的的每一次攻击的去模拟，万一两个两个怪兽都是1000的血1的攻击力，一次枚举，十个怪兽就是10000的计算计算量，而你的枚举量可能高达10！三百多万啊，绝逼超时GG，所以直接除找到每组队长的怪兽需要各自攻击对方几次才会死，然后取最小值，将hp减去攻击次数*攻击力，得到怪兽战后的状态，对于hp<=0的我们就换人。还有不要确切的计算具体要攻击多少次，因为有的时候比如你是9的hp，5的五的攻击力，9/5=1，实际上要攻击两次才会死攻击次数是hp/at+1。然后如果双方的hp变成10，10/5=2，刚好死亡攻击次数恰好是hp/at，这个时候如果用%取判断了话，是会超时的，因为%与运算是比较慢的。所以我们用一个while循环，模拟最后一次攻击，将会比算出这个具体的攻击次数速度要快。这就是我为什么一开始超时的原因，还有一个优化就是要枚举的时候都要复制一遍双方的怪兽信息，因为只有当前的怪兽有用，所以我们用一个值来存就好了，如果你用结构体，每次就有一个攻击实际上不用复制但是复制了，实际上浪费了时间，面对10！的枚举量，也会慢很多，然后就是边打边复制，这样有的时候电脑其实一只怪兽就团灭你了，但是你却多复制了其他怪兽同样浪费时间。
最后还有一个逆天优化：就是我们每次记住上一次枚举出场的顺序，如果电脑两只怪兽就把你团灭了，那么如果你下一次枚举前两只怪兽出场顺序没有发生改变，那么电脑还是可以用两只怪兽把你团灭，无论你后面的怪兽如何出出站，压倒性的实力。这样的枚举是无用的，如果对他的战斗进行模拟，又会有大量的复制会是无用功，而且对于字典序全排列，大多数的枚举的前几位都和上一次枚举基本是一样的。这就给我们启发，使我们可以快速的跳过一下无用的枚举，将n*n！的复杂度，优化成n！，加快了近十倍的速度。大概只需要100ms就可以ac，当然后还有2^n复杂度的做法，那个就更快了，需要用到状态压缩dp，本人目前不会。
//Author: xiaowuga #include <bits/stdc++.h> #define maxx INT_MAX #define minn INT_MIN #define inf 0x3f3f3f3f const long long N=11; using namespace std; typedef long long L; struct M{ int at,hp,pos; bool operator <(const M &m) const{ return at<m.at; } }me[N],co[N]; M cm[N],mm[N]; int main() { int T,n; scanf("%d",&T); while(T--){ scanf("%d",&n); for(int i=0;i<n;i++) scanf("%d%d",&co[i].hp,&co[i].at); for(int i=0;i<n;i++) {scanf("%d%d",&me[i].hp,&me[i].at);} int flag=0,flag2=0; int c1=0,c2=0,m; sort(me,me+n); do{ if(flag2){ if(c1==0) break; else{ int ifsame=1; for(int i=0;i<=c1;i++){ if(me[i].at!=mm[i].at) {ifsame=0;break;} } if(ifsame) continue; } } flag2=1; c1=0;c2=0; cm[0]=co[0]; mm[0]=me[0]; while(c1<n&&c2<n){ m=min(cm[c1].hp/mm[c2].at,mm[c2].hp/cm[c1].at); cm[c1].hp-=m*mm[c2].at; mm[c2].hp-=m*cm[c1].at; while(cm[c1].hp>0&&mm[c2].hp>0){ cm[c1].hp-=mm[c2].at; mm[c2].hp-=cm[c1].at; } if(cm[c1].hp<=0) {c1++;cm[c1]=co[c1];} if(mm[c2].hp<=0) {c2++;mm[c2]=me[c2];} } if(c1==n&&c2<n) {flag=1;break;} }while(next_permutation(me,me+n)); if(flag) printf("YES\n"); else printf("NO\n"); } return 0; }
博弈xjb搜题，博弈论知识不好，别人告诉我怎么搜的。xjb搜了一波，就过了，不是特别理解。直接代码吧！
//Author: xiaowuga #include<cstdio> #define maxx INT_MAX #define minn INT_MIN #define inf 0x3f3f3f3f const long long N=505; using namespace std; typedef long long L; int vis1[N]={0}; int num=0; int primnum_list[N]; void make_primnum(){ for(int i=2;i<N/2;i++) for(int j=2*i;j<N;j+=i){ vis1[j]=1; } for(int i=2;i<N;i++){ if(vis1[i]==0) primnum_list[num++]=i; } } int mat[N][N]={0},vis[N][N]={0}; int dfs(int x,int y){ if(vis[x][y]) return mat[x][y]; vis[x][y]=1; for(int i=0;i<num;i++){ int t=primnum_list[i]; if(x-t>0) mat[x][y] |=!(dfs(x-t,y)); if(y>t>0) mat[x][y] |=!(dfs(x,y-t)); if(x-t>0&&y-t>0) mat[x][y] |=!(dfs(x-t,y-t)); } return mat[x][y]; } int main() { make_primnum(); for(int i=1;i<=500;i++) for(int j=1;j<=500;j++){ mat[i][j]=dfs(i,j); } int T; scanf("%d",&T); while(T--){ int n,m; scanf("%d%d",&n,&m); if(mat[n][m]) printf("Sora\n"); else printf("Shiro\n"); } return 0; }
第一眼尼玛不是一个背包dp吗？还是0-1背包，结果native了，10000的物品，一亿的预算，背包的复杂度更本跑不出来，所以我们采用贪心的思路。
我们首先要把问题分开去思考，这样有助于我们思考，而不会因为问题整体比较比较复杂，从而在思考上停滞不前，应该要把问题什么事主要问题什么是次要问题，题目中次要问题，实在主要问题的限制之下，也就是在购买尽量多的物品的情况下，物品中属性最小的值尽量大。首先是购买尽量多的物品，由于每个物品只能买一次，所以买便宜的物品，剩下的钱更多，也就可以买更多的物品，所以贪心对价格排序得到最大可以购买的数量m，但是这不一定是最小属性最大的。所以我们接着看后半部分的问题，问题就变成了在n个物品里面选m个其中属性最小的的物品的值要尽量大，标准的最小值最大化的套路。对属性排序，二分枚举属性，在大于等于当前枚举的最小属性中，对价格排序取 前m个，判断是否小于等于预算，这个是学长的做法，我也想过。但是每次复制一遍再排序，所以觉得没可行，所以没敢试。谁知学长用了特殊姿势。用了nth_element()这个库函数，使用m次，直接排序复杂度nlogn，减去复制的过程防止复杂度上升到n^2logn，从而使复杂度变为nlognlogn，这个复杂度可以满足题目的数据量。但是我想到是另一个种方法，前面和学长一样得到m的最大购买数量，然后对属性排序（从大到小），取前m个元素判断是否满足预算（枚举下标为m-1的元素为最小属性），不满足则枚举下标为m的元素为最小属性，从前m+1个元素里取m个最便宜的看一下，是否满足预算，不满足再次往后枚举，直到满足要求，我也需要复制一遍再排序，然而我想到用优先队列优化，建立一个大小为m的优先队列，计算一个堆的价格总和，然后每次枚举我们把堆顶元素pop，将枚举的元素插入，计算总价格的改变值，判断是否满足要求，直到满足要求位置。由于删除和插入的操作复杂度都是logn，所以总体的复杂度是nlogn，以下是我的代码
//Author: xiaowuga #include <bits/stdc++.h> #define maxx INT_MAX #define minn INT_MIN #define inf 0x3f3f3f3f const long long N= 1e5+10; using namespace std; typedef long long L; priority_queue<long long, vector<long long>,less<long long> >q; struct equip{ long long a,b; }oj[N]; bool cmp1(equip x,equip y){ return x.b<y.b; } bool cmp2(equip x,equip y){ return x.a>y.a; } int main() { long long T,n,m; scanf("%lld",&T); while(T--){ scanf("%lld%lld",&n,&m); for(int i=0;i<n;i++) scanf("%lld%lld",&oj[i].a,&oj[i].b); sort(oj,oj+n,cmp1); long long sum=0,k=0; for(int i=0;i<n;i++){ if(sum+oj[i].b<=m){sum+=oj[i].b;k++;} else break; } sort(oj,oj+n,cmp2); sum=0; while(!q.empty()) q.pop(); for(int i=0;i<k;i++){ q.push(oj[i].b); sum+=oj[i].b; } if(sum<=m) {printf("%lld %lld\n",k,oj[k-1].a);continue;} for(int i=k;i<n;i++){ sum=sum-q.top()+oj[i].b; if(sum<=m){ printf("%lld %lld\n",k,oj[i].a); break; } q.pop();q.push(oj[i].b); } } return 0; }
继续补题，这个随笔将会在最近持续更新，尽量把金马五校的题补完吧！！！
2017Summmer_上海金马五校 F题，G题，I题，K题
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原文地址：http://www.cnblogs.com/xiaowuga/p/7163421.html
