SDU暑期集训排位（2）
作者：互联网
A - Art
签到题。暴力枚举累计答案即可。
1 #include<iostream>
2 #include<cstdio>
3 #include<algorithm>
4 int a[5];
5 int main() {
6 for(int i=0;i<5;i++) scanf("%d",a+i);
7 std::sort(a,a+5);int ans=0;
8 for(int i=0;i<5;i++) for(int j=i+1;j<5;j++) for(int k=j+1;k<5;k++) if(a[i]+a[j]>a[k]) ans++;
9 printf("%d\n",ans);
10 return 0;
11 }
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B - Biology
模拟题。总共有$100$种牌，去掉手中的两张，在剩下的$98$张中枚举所有的可能，然后按照题意确定手牌类型累加答案。
1 #include<iostream>
2 #include<cstdio>
3 #include<cstring>
4 #include<vector>
5 #include<algorithm>
6 using namespace std;
7 typedef pair<int,int>P;
8 P a[6];
9 int rk[30], su[10];
10 int check(){
11 for(int i=0;i<25;i++) rk[i]=0;
12 for(int i=0;i<4;i++) su[i]=0;
13 bool st=true;
14 for(int i=1;i<=5;i++){
15 rk[a[i].first]++; su[a[i].second]++; if(i==1) continue;
16 if(a[i].first-a[i-1].first!=1) st=false;
17 }
18 if(st&&su[a[1].second]==5) return 1;
19 for(int i=1;i<=5;i++) if(rk[a[i].first]>=4) return 2;
20 for(int i=1;i<=5;i++){
21 for(int j=1;j<=5;j++) if(a[i].first!=a[j].first&&rk[a[i].first]==3&&rk[a[j].first]==2) return 3;
22 }
23 if(su[a[1].second]==5) return 4;
24 if(st) return 5;
25 for(int i=1;i<=5;i++) if(rk[a[i].first]>=3) return 6;
26 for(int i=1;i<=5;i++) for(int j=1;j<=5;j++){
27 if(a[i].first!=a[j].first&&rk[a[i].first]>=2&&rk[a[j].first]>=2) return 7;
28 }
29 for(int i=1;i<=5;i++) if(rk[a[i].first]>=2) return 8;
30 return 9;
31 }
32 int n, m;
33 int a1, a2, b1, b2;
34 P get(int x){
35 return P(x/m,x%m);
36 }
37 int ans[10];
38 int main(){
39 scanf("%d%d",&n,&m);
40 scanf("%d%d%d%d",&a1,&a2,&b1,&b2);
41 P f=P(a1,a2); P g=P(b1,b2); int v1=a1*m+a2; int v2=b1*m+b2;
42 for(int i=0;i<n*m;i++){
43 if(i==v1||i==v2) continue;
44 for(int j=i+1;j<n*m;j++){
45 if(j==v1||j==v2) continue;
46 for(int k=j+1;k<n*m;k++){
47 if(k==v1||k==v2) continue;
48 a[1]=get(i); a[2]=get(j); a[3]=get(k); a[4]=f; a[5]=g;
49 sort(a+1,a+5+1);
50 ans[check()]++;
51 }
52 }
53 }
54 for(int i=1;i<=9;i++) printf("%d%c",ans[i],(i==9?'\n':' '));
55 return 0;
56 }
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C - Computer Science
单调队列。首先，很显然的一个性质是，如果我们将$a$排序，那么每个区间包含的肯定是$a$的一个子区间，且从贪心的角度考虑，我们肯定希望每个区间恰好包含$K$个点。因此，我们可以对每个$a_i$求出最短的区间的长度，然后在取$max$即可。为了更方便的求符合要求的包含$a_i$的最短区间的长度，我们可以定一个$b$，其中$b_i=a_i-a_{i-k+1}$，那么显然，包含的$a_i$的最短区间的长度为$min_{j=i}^{i+k-1}b_j$，这个显然可以用线段树或者$ST$表来求，但是还有更加简单的办法，就是单调队列，这里不赘述。
1 #include<iostream>
2 #include<cstdio>
3 #include<algorithm>
4 typedef long long ll;
5 const int N=2e5+5;
6 ll a[N],b[N],f[N];
7 int n,k;
8 int q[N],l,r;
9 int main() {
10 scanf("%d%d",&n,&k);
11 for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",a+i);
12 std::sort(a+1,a+1+n);
13 for(int i=k;i<=n;i++) b[i]=a[i]-a[i-k+1];
14 l=r=0;
15 for(int i=1;i<=n;i++) {
16 if(i+k-1<=n) while(r>l&&b[i+k-1]<=b[q[r-1]]) --r;
17 while(l<r&&q[l]<i) l++;
18 q[r++]=i+k-1;
19 f[i]=b[q[l]];
20 }
21 ll ans=0;
22 for(int i=1;i<=n;i++) ans=std::max(ans,f[i]);
23 printf("%lld\n",ans);
24 return 0;
25 }
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G - New Keyboard
$dp$。对于这个题来说，比较容易想到的状态是用$dp[i][j]$表示已经输入了$i$个字符，最后一次输字符是在第$j$个$layout$下，这显然是可以的，但状态转移会比较麻烦，我们需要枚举下一个$layout$用哪个，同时，这样的时间复杂度也过高了。仔细想想可以发现，以上状态无法解决的问题无非是移动的代价，我们只能枚举距离，而无法直接移动到下一个$layout$，因此我们可以给状态加一维，用$dp[i][j][k]$表示已经输入了$i$个字符，当前是在第$j$个$layout$，并用$k=0$表示当前$layout$没有输入字符，$k=1$反之。状态转移的话，我们可以枚举$i$，然后显然，我们应该是先移动，再输入字符，对于移动来说，我们有$dp[i][j][0]=min(dp[i][(j-1+n)\%n+1][0]+b,dp[i][(j-1+n)\%n+1][1]+a)$，如果你把它的状态转移图画出来，它会成一个简单环，因此，我们可以暴力迭代，在$O(n)$的时间复杂度内就可以完成移动对应的状态转移，而输入字符就很简单了，这里不多说了，详细的细节请看代码。
1 #include<iostream>
2 #include<cstdio>
3 #include<cstring>
4 typedef long long ll;
5 const int N=2005;
6 ll dp[N][N][2];
7 int f[N];
8 char t[N];
9 const ll INF=1e18;
10 int main() {
11 int n,a,b,c,m;
12 scanf("%d%d%d%d",&n,&a,&b,&c);
13 for(int i=0;i<n;i++) {
14 scanf("%s",t);
15 f[i]=0;
16 for(int j=0;t[j];j++) f[i]|=1<<(t[j]-'0');
17 }
18 scanf("%s",t+1);
19 m=strlen(t+1);
20 for(int i=0;i<=m;i++) for(int j=0;j<n;j++) dp[i][j][0]=dp[i][j][1]=INF;
21 dp[0][0][1]=0;
22 for(int i=0;i<m;i++) {
23 while(1) {
24 bool f=false;
25 for(int j=0;j<n;j++) {
26 ll t=std::min(dp[i][j][0]+b,dp[i][j][1]+a);
27 if(t<dp[i][(j+1)%n][0]) {
28 f=true;
29 dp[i][(j+1)%n][0]=t;
30 }
31 }
32 if(!f) break;
33 }
34 int v=t[i+1]-'0';
35 for(int j=0;j<n;j++) if(f[j]>>v&1) {
36 dp[i+1][j][1]=std::min(dp[i+1][j][1],std::min(dp[i][j][0],dp[i][j][1])+c);
37 }
38 }
39 ll ans=INF;
40 for(int i=0;i<n;i++) ans=std::min(ans,dp[m][i][1]);
41 if(ans>=INF) ans=-1;
42 printf("%lld\n",ans);
43 return 0;
44 }
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H - Folding the Figure
$暴力搜索$。首先，很容易发现$k<=n+n$，因为图形折叠以后至少会保留一半的面积。然后，对称轴只有四个，且四个都有解！因此，我们随便找其中一个对称轴，然后暴力的搜索一个大小为$k-n$的连通块，并把坐标按照对称轴对称一下，就是答案。
1 #include<iostream>
2 #include<cstdio>
3 #include<algorithm>
4 #include<vector>
5 #include<set>
6 const int N=1e5+5;
7 typedef std::pair<int,int> P;
8 P a[N];
9 int n,k,T;
10 std::set<P> s,t;
11 const int fx[4]={0,0,1,-1};
12 const int fy[4]={1,-1,0,0};
13 void dfs(int x,int y,int up) {
14 if(t.size()>=up) return;
15 t.insert(P(x,y));
16 for(int i=0;i<4;i++) {
17 P c(x+fx[i],y+fy[i]);
18 if(s.count(c)&&!t.count(c)) dfs(c.first,c.second,up);
19 }
20 }
21 int main() {
22 scanf("%d",&T);
23 while(T--) {
24 scanf("%d%d",&n,&k);
25 std::vector<P> ans;s.clear();t.clear();
26 for(int i=1;i<=n;i++) {
27 scanf("%d%d",&a[i].first,&a[i].second);
28 ans.push_back(a[i]);
29 s.insert(a[i]);
30 }
31 std::sort(a+1,a+1+n);
32 printf("L %d\n",a[1].first);
33 dfs(a[1].first,a[1].second,k-n);
34 for(P c:t) ans.push_back(P(a[1].first+a[1].first-c.first-1,c.second));
35 std::sort(ans.begin(),ans.end());
36 for(P c:ans) printf("%d %d\n",c.first,c.second);
37 }
38 return 0;
39 }
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J - Joining Arrays
贪心、$dp$。一般这类找字典序最小的题，都是从前往后贪心，枚举每一位，判断该位填某个数字之后是否有可行解，本题同理。现在的问题就是如何判断存在可行解？我们可以先把问题反过来思考，给你一个序列，如何判断它是$A$和$B$的一个$join$(不考虑字典序)？那么我们可能很容易想到一个三维$dp$，用$dp[i][j][k]$表示$A$匹配的最后一个位置为$j$，$B$匹配的最后一个位置为$k$，已经匹配了$i$个位置是否可行，然后这个东西其实可以变两维，用$dp[i][j]$表示$A$匹配的最后一个位置是$j$，已经匹配了$i$个位置时，$B$匹配到的最小位置，转移的话，我们可以对$A$和$B$都预处理一个$nxt$数组，维护第$i$个位置后的最近的数字$j$的位置，然后分别尝试用$A$和$B$去匹配下一个数字即可。现在我们考虑动态的维护这个$dp$，初始化$dp[0][0]=0$，假如我们现在已经填了$i-1$个数字了，接下来要填第$i$个，我们可以暴力枚举要填的数字，然后就可以进行$dp$，完成$dp$后，我们只要$check$一下是否存在这样的$j$，使得$n-j+m-dp[i][j] \geq k-i$，如果存在，则该数字可以填，否则不可以。这样的复杂度是$O(nkC)$，其中$C$是数字种类数，这个复杂度显然无法接受，但是仔细想想可以发现，我们没有必要枚举每一位放什么，我们完全可以二分，即，我们可以二分一个$x$，然后$check$一下$[1,x]$中是否含有一个数字存在可行解，原来是$check$一个，现在是$check$区间，这个怎么做呢？其实很简单，我们只要把$nxt$数组对数字累计前缀最小即可，即用$nxt[i][j]$表示第$i$个位置后，最近的一个属于$[1,j]$的数字的位置，其他的跟原来一样，这样时间复杂度就变为了$O(nklogC)$。但是我们并没有做完，题目中还有一个限制条件，就是$A$和$B$都必须对答案有贡献，即，最终答案不能只存在于$A$或$B$中，其实这个很容易搞定，我们先按照之前的做法找到一个序列，然后在$check$一下这个序列是否可以只存在于$A$或者$B$中，如果可以只存在于$A$，那么我们就把序列的最后一个数字换成$B$序列的最小值，另一种情况反之。
1 #include<iostream>
2 #include<cstdio>
3 const int N=3001;
4 typedef std::pair<int,int> P;
5 int n,m,k,nxt[2][N][N],pos[N],a[2][N],ans[N<<1],pre[2][N][N];
6 int dp[2][N];
7 void init(int n,int nxt[N][N],int pre[N][N],int a[N]) {
8 for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",a+i);
9 for(int i=1;i<N;i++) pos[i]=n+1;
10 for(int i=n;~i;i--) {
11 for(int j=1;j<N;j++) nxt[i][j]=pos[j];
12 pos[a[i]]=i;
13 pre[i][1]=nxt[i][1];
14 for(int j=2;j<N;j++) pre[i][j]=std::min(nxt[i][j],pre[i][j-1]);
15 }
16 }
17 int main() {
18 scanf("%d",&n);
19 init(n,nxt[0],pre[0],a[0]);
20 scanf("%d",&m);
21 init(m,nxt[1],pre[1],a[1]);
22 scanf("%d",&k);
23 for(int i=0;i<=n;i++) dp[0][i]=m+1;
24 dp[0][0]=0;
25 int *f=dp[0],*g=dp[1];
26 for(int i=1,l,r,mid;i<=k;i++) {
27 l=1,r=N-1;
28 while(l<r) {
29 bool ok=false;
30 mid=(l+r)>>1;
31 for(int j=0;j<=n;j++) g[j]=m+1;
32 for(int j=0;j<=n;j++) if(f[j]<=m) {
33 int p=pre[0][j][mid];
34 if(p<=n) g[p]=std::min(g[p],f[j]);
35 g[j]=std::min(g[j],pre[1][f[j]][mid]);
36 }
37 for(int j=0;j<=n&&!ok;j++) if(g[j]<=m) {
38 if(n-j+m-g[j]>=k-i) ok=true;
39 }
40 if(ok) r=mid;
41 else l=mid+1;
42 }
43 ans[i]=r;
44 for(int j=0;j<=n;j++) g[j]=m+1;
45 for(int j=0;j<=n;j++) if(f[j]<=m) {
46 int p=nxt[0][j][r];
47 if(p<=n) g[p]=std::min(g[p],f[j]);
48 g[j]=std::min(g[j],nxt[1][f[j]][r]);
49 }
50 std::swap(f,g);
51 }
52 int p=1;
53 for(int i=1;i<=n&&p<=k;i++) {
54 if(a[0][i]==ans[p]) p++;
55 }
56 if(p>k) {
57 ans[k]=a[1][1];
58 for(int i=2;i<=m;i++) ans[k]=std::min(ans[k],a[1][i]);
59 }
60 else {
61 p=1;
62 for(int i=1;i<=m&&p<=k;i++) {
63 if(a[1][i]==ans[p]) p++;
64 }
65 if(p>k) {
66 ans[k]=a[0][1];
67 for(int i=2;i<=n;i++) ans[k]=std::min(ans[k],a[0][i]);
68 }
69 }
70 for(int i=1;i<=k;i++) printf("%d%c",ans[i]," \n"[i==k]);
71 return 0;
72 }
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标签：SDU,return,int,d%,暑期,ans,排位,include,dp 来源： https://www.cnblogs.com/Onlymyheart/p/11260540.html