标签：begin 扫描 tor lse signed empty second lang 其他
两个球队现在分数分别给出,问少的一方投入三分球之后是否能翻盘.
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define forn(i,x,n) for(int i = x;i <= n;++i)
int main()
{
int a,b;cin >> a >> b;
if(a > b) swap(a,b);
if(a + 3 > b) cout << "Yes";
else cout << "No";
return 0;
}
给定两个向量,问两者内积是否是0.
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define forn(i,x,n) for(int i = x;i <= n;++i)
const int N = 1e5+7;
int a[N],b[N];
int main()
{
ll res = 0;
int n,x,y;scanf("%d",&n);
forn(i,1,n) scanf("%d",&a[i]);
forn(i,1,n) scanf("%d",&b[i]);
forn(i,1,n) res += a[i] * b[i];
if(res == 0) puts("Yes");
else puts("No");
return 0;
}
\(2^n\)个队伍打比赛,每个队伍有自己的分值,分值高的获胜.对局呈完美二叉树形态,从低到高,问第二名是谁.
把整个局面划分两段再递归,当区间里只有一个人的时候返回自己,其他时候返回两个人对战胜利者.记录最后一个对局中输掉的人的编号,即为第二名.
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define forn(i,x,n) for(int i = x;i <= n;++i)
const int N = (1 << 16) + 7;
int a[N],last;
int solve(int l,int r)
{
if(l == r) return l;
int mid = l + r >> 1;
int lf = solve(l,mid),rt = solve(mid + 1,r);
if(a[lf] > a[rt]) return last = rt,lf;
else return last = lf,rt;
}
int main()
{
int n;scanf("%d",&n);
int m = 1 << n;
forn(i,1,m) scanf("%d",&a[i]);
solve(1,m);
printf("%d",last);
return 0;
}
有个公司售卖他们的\(n\)种服务,售卖方式有两种:每天花费\(C\)元订阅费,在订阅期间任何服务可以直接使用;对\(i\)种服务花费\(c_i\)元每天使用.现给出若干个\(a_i,b_i,c_i\)表示在第\(a_i\)天到第\(b_i\)天需要使用第\(i\)种服务,以及使用这项服务的每天花费\(c_i\)
数据范围:
\(1 \leq n \leq 2 * 10^5\)
\(1 \leq C \leq 10^9\)
\(1 \leq a_i \leq b_i \leq 10^9\)
\(1 \leq c_i \leq 10^9\)
由于数据范围过大,但是种类数只有\(2*10^5\)考虑离散化打标记.但是离散化只保留相对大小关系,使得"天数"这一信息被删掉,因此离散化处理不了.
考虑扫描线,以天数为扫描线的划分.将所有服务分成两个事件:一个事件包含两个变量\({a,c}\)表示在第\(a\)天,增加一个每天花费为\(c\)的服务.对于原来的每种服务拆成\(\{a_i,c_i\}\)以及\(\{b_i+1,c_i\}\)两个事件,表示第\(a_i\)天开始增加,直到\(b_i+1\)天结束.维护当前天数\(cur\)以及当前需要使用的各种服务的总花费\(sum\),因为可以通过订阅的方式使用所有服务,所以每段的实际贡献是\((a - cur) * min(sum,C)\).
将所有事件按左端点排序,扫描即可.
注意防范爆数据
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define forn(i,x,n) for(int i = x;i <= n;++i)
typedef pair<ll,ll> pll;
#define x first
#define y second
#define int ll
const int N = 2e5+7;
struct Node
{
int a,b,c;
}a[N];
signed main()
{
int n,C;scanf("%lld%lld",&n,&C);
vector<pll> event;
forn(i,1,n) scanf("%lld%lld%lld",&a[i].a,&a[i].b,&a[i].c);
forn(i,1,n) event.push_back({a[i].a,a[i].c}),event.push_back({a[i].b + 1,-a[i].c});
sort(event.begin(),event.end());
int cur = 0;ll res = 0,sum = 0;
for(auto& _ : event)
{
int a = _.x,c = _.y;
res += 1ll*(a - cur) * min(max(sum,0ll),1ll*C);
sum += c;
cur = a;
}
printf("%lld",res);
return 0;
}
\(n\)点\(m\)边有向图,保证对于任何一条有向边\((u,v)\)都有\(u < v\),即只会从编号较小的点连向较大的点.每个点都有一个值\(A_i\)表示在这个点买入黄金的价格和卖出黄金的价格.你不能在同一个点买入并卖出,求最大的获利是多少.
你不能不买入,即使有负利润也必须买.
图可能不连通
很恼火的一个题.
首先这个题有一个一般的解法,可以使用取极值的方式替代单源最短路的更新,这里不展开.
因为对于任何边都有\(u < v\)所以这个图是个DAG.直接\(dp\)即可.
状态:\(f_u\)表示从起点走到\(u\)时,找到的最小的价格是多少.
入口:\(f_u = a_u\)
转移:对于\(u\)的任何一条出边对应的点\(v\),\(f_v = min(f_u,f_v)\)
更新答案\(res = max(res,a_u - f_u)\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define forn(i,x,n) for(int i = x;i <= n;++i)
const int N = 2e5+7,M = N;
int edge[M],succ[M],ver[N],idx;
int w[N],deg[N];
ll f[N];
void add(int u,int v)
{
edge[idx] = v;
succ[idx] = ver[u];
ver[u] = idx++;
}
int main()
{
memset(ver,-1,sizeof ver);
int n,m;scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i = 1;i <= n;++i) scanf("%d",&w[i]);
for(int i = 1;i <= m;++i)
{
int u,v;scanf("%d%d",&u,&v);
add(u,v);++deg[v];
}
queue<int> q;forn(i,1,n) if(!deg[i]) q.push(i);
forn(i,1,n) f[i] = 1e18;
ll res = -1e18;
while(!q.empty())
{
int u = q.front();q.pop();
res = max(res,w[u] - f[u]);
f[u] = min(f[u],1ll*w[u]);
for(int i = ver[u];~i;i = succ[i])
{
int v = edge[i];
f[v] = min(f[v],f[u]);
if(--deg[v] == 0) q.push(v);
}
}
printf("%lld",res);
return 0;
}
给你一个数\(x\),每次可以加一减一或乘二,问使\(x\)变成\(y\)的最小步数.
数据范围:
\(1 \leq x,y \leq 10^{18}\)
弱智题,显然.
不过注意分情况讨论奇数的时候,既有减一的拉回来的也有加一补上去的情况.
复杂度不知道,直觉是\(log\)的,可以冲的原因是直接的距离可以计算,其次乘2除2的速度非常快.
ll x,y;
map<ll,ll> f;
ll solve(ll y)
{
if(f.count(y)) return f[y];
ll res = y - x;
if(y <= x) return x - y;
if(y % 2 == 0) res = min(res,solve(y / 2) + 1);
else res = min({res,solve(y / 2) + 2,solve((y / 2 + 1)) + 2});
return f[y] = res;
}
int main()
{
cin >> x >> y;
cout << solve(y);
return 0;
}
标签：begin 扫描 tor lse signed empty second lang 其他
原文地址：https://www.cnblogs.com/HotPants/p/14260875.html
