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T1 立方数
LYK定义了一个数叫“立方数”，若一个数可以被写作是一个正整数的3次方，则这个数就是立方数，例如1,8,27就是最小的3个立方数。
现在给定一个数P，LYK想要知道这个数是不是立方数。
当然你有可能随机输出一些莫名其妙的东西来骗分，因此LYK有T次询问~
输入格式：
第一行一个数T，表示有T组数据。
接下来T行，每行一个数P。
输出格式：
输出T行，对于每个数如果是立方数，输出“YES”，否则输出“NO”。
对于30%的数据p<=100。
对于60%的数据p<=10^6。
对于100%的数据p<=10^18，T<=100。
题解：枚举10^6/二分。
代码：二分0ms,枚举540ms
#include<iostream> #include<cstdio> #define LL long long using namespace std; int t; LL x; LL read(){ LL x=0,f=1;char ch=getchar(); for(;!isdigit(ch);ch=getchar())if(ch==‘-‘)f=-1; for(;isdigit(ch);ch=getchar())x=x*10+ch-‘0‘; } bool check(LL x){ for(int i=1;;i++){ if(1LL*i*i*i==x)return true; if(1LL*i*i*i>x)return false; } } int main(){ scanf("%d",&t); while(t--){ scanf("%lld",&x); if(check(x))printf("YES\n"); else printf("NO\n"); } return 0; }
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> using namespace std; int main(){ int t; scanf("%d",&t); for(int i=1;i<=t;i++){ long long x; scanf("%lld",&x); long long l=1,r=1000000; bool flag=false; while(l<=r){ int mid=(l+r)>>1; long long gg=1LL*mid*mid*mid; if(gg==x){ flag=true;break;//不break死循环 } else if(gg>x)r=mid-1; else l=mid+1; } if(flag)printf("YES\n"); else printf("NO\n"); } return 0; }
T2立方数2
LYK定义了一个数叫“立方数”，若一个数可以被写作是一个正整数的3次方，则这个数就是立方数，例如1,8,27就是最小的3个立方数。
LYK还定义了一个数叫“立方差数”，若一个数可以被写作是两个立方数的差，则这个数就是“立方差数”，例如7(8-1),26(27-1),19(27-8)都是立方差数。
现在给定一个数P，LYK想要知道这个数是不是立方差数。
当然你有可能随机输出一些莫名其妙的东西，因此LYK有T次询问~
这个问题可能太难了…… 因此LYK规定P是个质数！
输入格式：
第一行一个数T，表示有T组数据。
接下来T行，每行一个数P。
输出格式：
输出T行，对于每个数如果是立方差数，输出“YES”，否则输出“NO”。
对于30%的数据p<=100。
对于60%的数据p<=10^6。
对于100%的数据p<=10^12，T<=100。
题解：立方差公式
设p=x^3-y^3
=(x-y)*(x^2+xy+y^2)
因为p是个素数，所以x-y=1,x^2+xy+y^2=p。
所以x=y+1,代入x^2+xy+y^2得，
(y+1)^2+(y+1)*y+y^2=p
3*y^3+3y+1=p
所以10^3枚举y就好了。
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #define LL long long using namespace std; int t; bool check(LL x){ for(int i=1;;i++){ LL tmp=3LL*i*i+3*i+1; if(tmp==x)return true; if(tmp>x)return false; } } int main(){ scanf("%d",&t); while(t--){ LL p; scanf("%lld",&p); if(check(p))printf("YES\n"); else printf("NO\n"); } return 0; }
T3 猜数字
LYK在玩猜数字游戏。
总共有n个互不相同的正整数，LYK每次猜一段区间的最小值。形如[li,ri]这段区间的数字的最小值一定等于xi。
我们总能构造出一种方案使得LYK满意。直到…… LYK自己猜的就是矛盾的！
例如LYK猜[1,3]的最小值是2，[1,4]的最小值是3，这显然就是矛盾的。
你需要告诉LYK，它第几次猜数字开始就已经矛盾了。
输入格式：
第一行两个数n和T，表示有n个数字，LYK猜了T次。
接下来T行，每行三个数分别表示li,ri和xi。
输出格式：
输出一个数表示第几次开始出现矛盾，如果一直没出现矛盾输出T+1。
对于50%的数据n<=8，T<=10。
对于80%的数据n<=1000，T<=1000。
对于100%的数据1<=n,T<=1000000,1<=li<=ri<=n,1<=xi<=n（但并不保证一开始的所有数都是1~n的）。
题解：
线段树骗分20
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #define maxn 10000 #define inf 10000000 using namespace std; int n,t; struct Tree{ int l,r,mn,mx,s; }tr[maxn<<2]; inline int read() { int x = 0, f = 1; char ch = getchar(); for(; !isdigit(ch); ch = getchar()) if(ch == ‘-‘) f = -1; for(; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + ch - ‘0‘; return x * f; } void pushup(int rt){ tr[rt].mn=min(tr[rt<<1].mn,tr[rt<<1|1].mn); tr[rt].mx=max(tr[rt<<1].mx,tr[rt<<1|1].mx); return ; } void pushdown(int rt){ if(tr[rt].s==0)return; tr[rt<<1].mn=tr[rt<<1].mx=tr[rt].s; tr[rt<<1|1].mn=tr[rt<<1|1].mx=tr[rt].s; tr[rt].s=0; } void build(int rt,int l,int r){ tr[rt].l=l;tr[rt].r=r; if(l==r){ tr[rt].mn=tr[rt].mx=inf; return; } int mid=(l+r)>>1; build(rt<<1,l,mid);build(rt<<1|1,mid+1,r); pushup(rt); } void modify(int rt,int l,int r,int ql,int qr,int c){ if(l>=ql&&r<=qr){ tr[rt].mn=tr[rt].mx=c; tr[rt].s=c; return; } int mid=(l+r)>>1; if(ql<=mid)modify(rt<<1,l,mid,ql,qr,c); if(qr>mid)modify(rt<<1|1,mid+1,r,ql,qr,c); pushup(rt); } int query_mn(int rt,int l,int r,int ql,int qr){ if(l>=ql&&r<=qr){ return tr[rt].mn; } pushdown(rt); int mid=(l+r)>>1,ans=inf; if(ql<=mid)ans=min(ans,query_mn(rt<<1,l,mid,ql,qr)); if(qr>mid)ans=min(ans,query_mn(rt<<1|1,mid+1,r,ql,qr)); return ans; } int query_mx(int rt,int l,int r,int ql,int qr){ if(l>=ql&&r<=qr){ return tr[rt].mx; } pushdown(rt); int mid=(l+r)>>1,ans=-inf; if(ql<=mid)ans=max(ans,query_mx(rt<<1,l,mid,ql,qr)); if(qr>mid)ans=max(ans,query_mx(rt<<1|1,mid+1,r,ql,qr)); return ans; } int main(){ n=read();t=read(); if(n>maxn){ printf("%d\n",t+1); fclose(stdin);fclose(stdout); return 0; } build(1,1,n); int l,r,x; for(int i=1;i<=t;i++){ int l,r,x; l=read();r=read();x=read(); int mn=query_mn(1,1,n,l,r); int mx=query_mx(1,1,n,l,r); if(x>mn||(x<mn&&mx!=inf)){ printf("%d\n",i); fclose(stdin);fclose(stdout); return 0; } modify(1,1,n,l,r,x); } printf("%d\n",t+1); return 0; }
判定性问题
题目大意：给定一堆询问，问出现矛盾的询问是哪一条。
方法:
1)枚举+判断
2)二分
l=1,r=q
如果在询问在mid时候已经出现了矛盾，出现矛盾的地方一定在mid左边。
那么现在的问题已经缩小在了mid左边。
具体做法是将1--mid的询问按照min值从大到小排序。依次覆盖区间，
那么不合法的情况有两个：
a、两个区间min值相同，但是不相交。因为数都是不同的。
b、枚举的当前区间已经被之前的区间覆盖了。
那么只需要维护一下这个区间是否被覆盖了。
线段树是会T的。用并查集维护。fa[i]表示从i开始右边第一个没有被区间覆盖的点。
在处理注意：对于最小值相同的，我们要求区间交和区间并，那么最小值一定在
区间并里。只要判断当前区间有没有之前区间覆盖。
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #define maxn 1000009 using namespace std; int n,m,l,r,mid,ans,lmn,lmx,rmn,rmx; int fa[maxn]; inline int read(){ int x=0,f=1;char ch=getchar(); for(;!isdigit(ch);ch=getchar())if(ch==‘-‘)f=-1; for(;isdigit(ch);ch=getchar())x=x*10+ch-‘0‘; return x*f; } struct Q{ int l,r,mn; }q[maxn],t[maxn]; bool cmp(Q a,Q b){ return a.mn>b.mn; } int f(int x){ return fa[x]==x?x:fa[x]=f(fa[x]); } bool check(int k){ for(int i=1;i<=n+1;i++)fa[i]=i; for(int i=1;i<=k;i++)t[i]=q[i]; sort(t+1,t+k+1,cmp); lmn=lmx=t[1].l;rmn=rmx=t[1].r; for(int i=2;i<=k;i++){ if(t[i].mn<t[i-1].mn){ if(f(lmx)>rmn)return true; for(int j=f(lmn);j<=rmx;j=f(j+1)) fa[f(j)]=f(rmx+1); lmn=lmx=t[i].l;rmn=rmx=t[i].r; }else{ lmn=min(lmn,t[i].l);lmx=max(lmx,t[i].l); rmn=min(rmn,t[i].r);rmx=max(rmx,t[i].r); if(lmx>rmn)return true; } } if(f(lmx)>rmn)return true; return false; } int main(){ n=read();m=read(); for(int i=1;i<=m;i++)q[i].l=read(),q[i].r=read(),q[i].mn=read(); l=1;r=m;ans=m+1; while(l<=r){ mid=(l+r)>>1; if(check(mid))ans=mid,r=mid-1; else l=mid+1; } printf("%d\n",ans); return 0; }
下午
T1 水题
LYK出了道水题。
这个水题是这样的：有两副牌，每副牌都有n张。
对于第一副牌的每张牌长和宽分别是xi和yi。对于第二副牌的每张牌长和宽
分别是aj和bj。第一副牌的第i张牌能覆盖第二副牌的第j张牌当且仅当xi>=aj
并且yi>=bj。（注意牌不能翻转）当然一张牌只能去覆盖最多一张牌，而不
能覆盖好多张。LYK想让两副牌的各n张一一对应叠起来。它想知道第二副
牌最多有几张能被第一副牌所覆盖。
输入格式：
第一行一个数n。
接下来n行，每行两个数xi,yi。
接下来n行，每行两个数aj,bj。
输出格式：
输出一个数表示答案。
3
2 3
5 7
6 8
4 1
2 5
3 4
题解：
错误贪心
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #define maxn 10009 using namespace std; int n,ans,vis[maxn]; struct ZFX{ int x,y; }a[maxn],b[maxn]; bool cmp(ZFX a,ZFX b){ return a.x<b.x; } int main(){ scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",&a[i].x,&a[i].y); for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",&b[i].x,&b[i].y); sort(a+1,a+n+1,cmp);sort(b+1,b+n+1,cmp); for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=1;j<=n;j++){ if(vis[j])continue; if(a[i].x>=b[j].x&&a[i].y>=b[j].y){ vis[j]=true;ans++;break; } } } printf("%d\n",ans); return 0; }
正解：对于ai,我们把长度小于ai的b类牌放入一个集合，找到
高度最小的进行覆盖。用个数据结构维护一下....
stl set知道吧....set是没有重复元素，multiset是有重复元素。
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<set> #define maxn 100009 using namespace std; multiset<int>q; int n,k,ans; struct T{ int x,y; }a[maxn],b[maxn]; bool cmp(T a,T b){ return a.x<b.x; } int main(){ scanf("%d",&n);k=1; for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",&a[i].x,&a[i].y); for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",&b[i].x,&b[i].y); sort(a+1,a+n+1,cmp);sort(b+1,b+n+1,cmp); q.clear(); for(int i=1;i<=n;i++){ while(b[k].x<=a[i].x&&k<=n){ q.insert(b[k].y);k++; } if(q.empty())continue; multiset<int>::iterator it=q.upper_bound(a[i].y); if(it==q.begin())continue; ans++;it--;q.erase(it); } cout<<ans<<endl; }
T2 梦境
LYK做了一个梦。
这个梦是这样的，LYK是一个财主，有一个仆人在为LYK打工。
不幸的是，又到了月末，到了给仆人发工资的时间。但这个仆人很奇怪，它可能想要至少x块钱，并且当LYK凑不出恰好x块钱时，它不会找零钱给LYK。
LYK知道这个x一定是1~n之间的正整数。当然抠门的LYK只想付给它的仆人恰好x块钱。但LYK只有若干的金币，每个金币都价值一定数量的钱（注意任意两枚金币所代表的钱一定是不同的，且这个钱的个数一定是正整数）。LYK想带最少的金币，使得对于任意x，都能恰好拼出这么多钱。并且LYK想知道有多少携带金币的方案总数。
具体可以看样例。
输入格式：
第一行一个数n，如题意所示。
输出格式：
输出两个数，第一个数表示LYK至少携带的金币个数，第二数表示方案总数。
LYK需要至少带3枚金币，有两种方案，分别是{1,2,3}，{1,2,4}来恰好得到任意的1~n之间的x。
数据范围
对于30%的数据n<=10。
对于60%的数据n<=100。
对于100%的数据n<=1000。
题解：
dp求最少金币 dfs求方案数 dp是n^2的
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #define maxn 100009 using namespace std; int n,ans,gans,cnt; int dp[maxn],tmp[maxn],f[maxn],use[maxn]; void slove(int x){ if(!dp[x]){ ans++; for(int i=n;i>=1;i--){ dp[i]+=dp[i-x]; } } } void dfs(int x,int nxt){ if(x==ans+1){ int ok=0; memset(f,0,sizeof(f));f[0]=1; for(int j=1;j<=ans;j++){ for(int i=n;i>=1;i--) f[i]+=f[i-tmp[j]]; } for(int i=1;i<=n;i++) if(!f[i])return; cnt++; return; } for(int i=nxt;i<=n;i++){ if(use[i])continue; tmp[x]=i;use[i]=1; dfs(x+1,i+1); use[i]=0; } } int main(){ // freopen("biao.out","w",stdout); scanf("%d",&n); dp[0]=1; for(register int i=1;i<=n;i++)slove(i); dfs(1,1); printf("%d %d\n",ans,cnt); return 0; }
正解：
如果你是财主肯定拿 1 2 4 8 16....
那么最少的金币数量就是log2(n)向下取整+1
那么第二问可以dp或者dfs，因为金币数量最大好像是10....
dp是这样的..
dp[i][j][k]拿了i个金币，和为j，最大值为k的方案数，那么下一次
拿金币的范围是[k+1,j+1].
那么转移为
dp[i+1][j+h][h]+=dp[i][j][k].
第一维可以用滚动掉...不写了。不会
#include<algorithm> #include<iostream> #include<cmath> #include<cstdio> #include<cstring> using namespace std; int n; int dp[20][1024][1024]; int main(){ scanf("%d",&n); int p=(int)(log(n)/log(2)+0.000000001)+1; int ans=0; dp[1][1][1]=1;//拿个i个数，和为j，最大k for(int a=1;a<=p;a++){ for(int b=1;b<=n;b++){ for(int c=1;c<=n;c++){ if(dp[a][b][c]){ for(int d=c+1;d<=b+1;d++){ dp[a+1][min(b+d,n)][d]+=dp[a][b][c]; } } } } } for(int i=1;i<=n;i++)ans+=dp[p][n][i]; cout<<p<<" "<<ans<<endl; return 0; }
T3动态规划
LYK在学习dp，有一天它看到了一道关于dp的题目。
这个题目是这个样子的：一开始有n个数，一段区间的价值为这段区间相同的数的对数。
我们想把这n个数切成恰好k段区间。之后这n个数的价值为这k段区间的价值和。我们想
让最终这n个数的价值和尽可能少。例如6个数1,1,2,2,3,3要切成3段，一个好方法是切成
[1],[1,2],[2,3,3]，这样只有第三个区间有1的价值。因此这6个数的价值为1。
LYK并不会做，丢给了你。
输入格式：
第一行两个数n,k。
接下来一行n个数ai表示这n个数。
输出格式：
一个数表示答案。
对于30%的数据n<=10。
对于60%的数据n<=1000。
对于100%的数据1<=n<=100000,1<=k<=min(n,20),1<=ai<=n。
其中有30%的数据满足ai完全相同均匀分布在所有数据中。
题解：
对于60%的数据，n^2预处理区间价值，
dp[i][j]表示前i个数分了j段，转移为
dp[i][j]=min{dp[k][j-1]+sum[k+1][j]}
正解：分治优化dp 弃疗。
代码：
#include<iostream> #include<cstdio> using namespace std; const int N=100010; typedef long long LL; int c[N],a[N]; LL f[N],g[N]; int p,q,n,k; LL tot; void move(int l,int r) // [p,q]之前的区间 { while (l<p) p--,tot+=c[a[p]],c[a[p]]++; while (r>q) q++,tot+=c[a[q]],c[a[q]]++; while (p<l) c[a[p]]--,tot-=c[a[p]],p++; while (r<q) c[a[q]]--,tot-=c[a[q]],q--; } void work(int l,int r,int fl,int fr) //需要求dp[fl] ~ dp[fr] 最优解一定从l~r中的某一个转移过来 { if (fl>fr) return; int mid=(fl+fr)>>1,mi; LL mx=1LL<<60; for (int i=l;i<=r;i++) if (i<mid) { move(i+1,mid); -> tot=sum(i+1,mid); if (f[i]+tot<mx) mx=f[i]+tot,mi=i; } g[mid]=mx; work(l,mi,fl,mid-1); work(mi,r,mid+1,fr); } int main() { freopen("dp.in","r",stdin); freopen("dp.out","w",stdout); scanf("%d%d",&n,&k); for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]); f[0]=0; for (int i=1;i<=n;i++) f[i]=1LL<<60; while (k--) { p=1,q=0,tot=0; for (int i=1;i<=n;i++) c[i]=0; work(0,n-1,1,n); for (int i=0;i<=n;i++) f[i]=g[i],g[i]=0; } cout<<f[n]; return 0; }
反思：
因为改变读入优化的风格..然后前两个题读不进去数....
打表打半天...结果发现不知什么时候把窗口关了..什么都没打出来..
重新打...十五分钟出来一点点....时间紧张最后很匆忙...
一定把暴力打完..不打玄学暴力...orz标签：== erase bre pushd dig define 月末 16px 改变
原文地址：http://www.cnblogs.com/zzyh/p/7747456.html
