首页 > 其他分享> > 【2019.10.25】

【2019.10.25】

2019-10-25 16:02:13 作者：互联网

summary

分情况拿分保底真的很好用像我这种辣鸡应该注意保底
打题不要慌有条理不要东一条西一条

小奇采药

对于 30% 的数据，O(2n ) 枚举取 or 不取

对于 60% 的数据，O(nm) 做 01 背包，即 f(i, j) 表示前 i 株草药，耗费 j 的时间能达到的最⼤代价。

对于 100% 的数据，注意到 m,t,v 纯随机

那么不会选太多的草药，⽽耗时较少的草药有很⼤概率存在于最优解中

针对这些性质优化搜索

当然也可以合理使用随机化和卡时，复杂度 O(⽞学)

最基础60昏的背包

dfs写错了... 幸好我分开搞得不然就爆炸

struct node{int co,val;}a[N];
bool cmp(node x,node y){return x.co>y.co;}

ll f[100010],ans,sumc[N],sumv[N];
void work(){//60昏 
    memset(f,0,sizeof(f));
    for(int i=1;i<=n;++i)
    for(int j=m;j>=a[i].co;--j)
    f[j]=max(f[j],f[j-a[i].co]+a[i].val);
    printf("%lld\n",f[m]);
}

bool vis[N];
void dfs(int pos,ll co,ll val){
    ans=Max(ans,val);
    if(pos>n) return;
    if(co+a[n].co>m) return;
    if(val+sumv[pos]<=ans) return;
    if(co+sumc[pos]<=m){ans=Max(val+sumv[pos],ans);return;}
    if(co+a[pos].co<=m) dfs(pos+1,co+a[pos].co,val+a[pos].val);
    dfs(pos+1,co,val);
}
void work2(){
    ans=0;dfs(1,0,0);
    printf("%lld\n",ans);
}

int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("in.txt","r",stdin);
#endif
    int T;rd(T);
    while(T--){
        rd(n),rd(m),sumv[n+1]=sumc[n+1]=0;
        for(int i=1;i<=n;++i) rd(a[i].co),rd(a[i].val);
        sort(a+1,a+n+1,cmp);
        for(int i=n;i;--i) sumv[i]=sumv[i+1]+a[i].val,sumc[i]=sumc[i+1]+a[i].co;
        //if(m<=100000) work();
        work2();
    }
    return 0;
}

小奇的数列2

第一反应双指针？！

很容易发现若一个区间为可约的那么这个区间的gcd一定等于其最小值

然后发现可以二分就开始打线段树来维护打完后发现二分的过程中有很多此询问 gcd和最小值都可以用st表来维护然后\(O(1)\)询问最合适了！

然后这就是正解辽？！

int gcd(int x,int y){return !y?x:gcd(y,x%y);}
int gc,mn;
void query(int x,int y){
    int s=lg[y-x+1];
    gc=gcd(Gc[x][s],Gc[y-(1<<s)+1][s]),mn=Min(Mn[x][s],Mn[y-(1<<s)+1][s]);
}
bool check(int mid){
    for(int l=1;l+mid<=n;++l)
    if(query(l,l+mid),gc==mn) return 1;
    return 0;
}
int main(){
    //freopen("sequence.in","r",stdin);
//  freopen("sequence.out","w",stdout);
    rd(n);
    for(int i=1;i<=n;++i) rd(a[i]);
    cm[0]=1,lg[0]=-1;for(int i=1;i<20;++i) cm[i]=cm[i-1]<<1;
    for(int i=1;i<=n;++i) Gc[i][0]=Mn[i][0]=a[i],lg[i]=lg[i>>1]+1;Mn[n+1][0]=0;
    for(int j=1;j<20;++j)
        for(int i=1;i+cm[j]-1<=n+1;++i){
            Gc[i][j]=((Gc[i][j-1]==1||Gc[i+cm[j-1]][j-1]==1)?1:gcd(Gc[i][j-1],Gc[i+cm[j-1]][j-1])),
            Mn[i][j]=Min(Mn[i][j-1],Mn[i+cm[j-1]][j-1]);
        }
    int l=0,r=n-1,mid,ans,cnt=0;
    while(l<=r){
        int mid=l+r>>1;
        if(check(mid)) l=mid+1,ans=mid;
        else r=mid-1;
    }
    if(!ans){
        printf("%d %d\n",n,0);
        for(int i=1;i<=n;++i) printf("%d ",i);
    }
    else{
        for(int i=1;i+ans<=n;++i)
            if(query(i,i+ans),gc==mn) b[++cnt]=i;
        printf("%d %d\n",cnt,ans);
        for(int i=1;i<=cnt;++i)  printf("%d ",b[i]);
    }
    return 0;
}

小奇学数论

我... 表打炸了...

对于 20% 的数据，枚举 1 到 n，暴⼒判断素数。

对于 40% 的数据，枚举 1 到 n，判断素数的时候只需要循环 1 − √ n

对于 60% 的数据，筛法

对于 80% 的数据，容斥原理

对于 100% 的数据，分段 + 前缀和打表还有个⿊科技 Meissel-Lehmer 算法

分块打表打表时用的是做素数密度那道题的方法==

int cnt=0,prime[700000];bool v[N];
void primes(){
    for(ll i=2;i<=n;++i){
        if(!v[i]) v[i]=1,prime[++cnt]=i;
        for(int j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<=n;++j){
            v[i*prime[j]]=1;
            if(!(i%prime[j])) break;
        }
    }
}

bool a[5000010];
void work(){
    m=n,n=1000000ll;primes();
    for(int i=1;i<=m/5000000;++i) ans+=table[i];
    ll L=(m/5000000ll+1)*5000000ll,R=m;
    if(!(m%5000000ll)) {printf("%lld\n",ans);return;}
    memset(a, 0, sizeof(a));
    for (int i=1;i<=cnt;++i)
        for(ll j=max(2ll,(L-1)/prime[i]+1)*prime[i];j<=R;j+=prime[i]) a[j-L]=1;
    for(ll i=L;i<=R;++i)
        if(!a[i - L]) ++ans;
    printf("%lld",ans);
}

int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("in.txt","r",stdin);
#endif
    rd(n);
    if(n<=10000000){
        primes();
        printf("%d",cnt);
    }
    else work();
/*  int i=1;
    for(;i<=20000;++i) if(table[i]==2) break;
    printf("%d",i);*/
    return 0;
}

标签：25,co,gcd,val,int,ll,2019.10,ans
来源： https://www.cnblogs.com/lxyyyy/p/11738487.html