文章目錄

• • HDU6950 Mod, Or and Everything
  • HDU6954 Minimum spanning tree
  • HDU6958 KD-Graph
  • HDU6957 Maximal submatrix
  • HDU6955 Xor sum

中超聯賽

CSL中超可沒巨佬們訓練強度大

“什么是BSGS、莫隊、KD tree”

我看我是完全不懂噢

HDU6950 Mod, Or and Everything

題意

求$(nmod1)|(nmod2)|...|(nmod(n?1))$的值

分析

打比賽時，

隊友：經過化簡可以得到答案為$2^k?1$

我：觀察樣例可以得到答案為$2^k?1$

QAQ

而實際上std的思路：$nmodi\le ?\frac{n}{2}??1$，所以$nmod(n?i)=i$

所以這個和值就是$0$到$?\frac{n}{2}??1$的所有整數的和. 求出來是$2^k?1$，這里的$k$是某個帶$n$的式子，懶得認真推的話可以根據樣例猜出，是令$n=2^x$，這個$x$向下取整再減1得到$k$. 但如果$x$本來就是整數，那么$x$還要再減去1.（總之看代碼吧，或者去看std代碼）

代碼

#include <bits/stdc++.h> #define fors(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); ++i) #define lson k<<1 #define rson k<<1|1 #define pb push_back #define lowbit(x) ((x)&(-(x))) #define mem(a) memset(a, 0, sizeof(a)) #define DDLC_ESCAPE_PLAN_FAILED ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0) #define int long long const int inf = 0x3f3f3f3f; const double dinf = 1e100; typedef long long ll; //const ll linf = 9223372036854775807LL; // const ll linf = 1e18; using namespace std;signed main() {DDLC_ESCAPE_PLAN_FAILED;int t;cin >> t;while(t--){int n;cin >> n;int x = 0, res = n;while(res){res >>= 1LL;x++;}if(n == 1LL){cout << 0 << endl;continue; }if(n == (1LL << (x - 1LL))) x--;cout << (1LL << (x - 1LL)) - 1LL << endl;}return 0; }

HDU6954 Minimum spanning tree

題意

有一個$n?1$個節點的帶權完全圖，節點標記為$2,3,...,n$. 完全圖中從點$i$到點$j$的邊的權值大小為$lcm(i,j)$，請你求出這個圖的最小生成樹。$n\le 10000000$.

分析

容易知道，對任何一個邊$(i,j)$，這個邊的權值不會小于$max(i,j)$.

那么對于一個合數，它連向自己的因子即可，這時候邊的權值就是這個合數。由于因子一定比自己小，所以在$2,3,..i$中一定存在。

而對于一個質數$x$，和任意一點$i$相連，都有$lcm(x,i)=x?i$. 故令$i$最小，取2即可保證邊權最小。

分析完畢。找出質數，然后分類處理即可。線性篩處理之

其他

首先看到題：哇，$1e8$的范圍，這怎么做。這算法都給限制到$O(n)$了，難不成是有什么公式？

思考一會之后：（其實已經得到正解）用線性篩試一波，自己調試1.5秒，完蛋

嘗試各種卡常之后：優化到1.1秒了，實在頂不住了，要不直接交？

交上去之后：臥槽，MLE，那我不求$MST$前綴和了吧，直接算，但是這樣更容易超時了，糾結

再交：居然700多ms過了，杭電評測機強啊

打完比賽后，才發現，原來數據規?？村e了，是$1e7$，根本不需要卡（）

代碼

#include <bits/stdc++.h> #define fors(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); ++i) #define lson k<<1 #define rson k<<1|1 #define pb push_back #define lowbit(x) ((x)&(-(x))) #define mem(a) memset(a, 0, sizeof(a)) #define DDLC_ESCAPE_PLAN_FAILED ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0) #define int long long const int inf = 0x3f3f3f3f; const double dinf = 1e100; typedef long long ll; //const ll linf = 9223372036854775807LL; // const ll linf = 1e18; using namespace std; const int maxn = 1e7 + 10; // 比賽的時候看成1e8，導致多了一次MLE bool p[maxn]; int pr[maxn]; int pre[maxn]; void Prime(){int cnt = 0;mem(p);p[0] = p[1] = 1;for(int i = 2; i < maxn; ++i){if(!p[i]) pr[cnt++] = i;for(int j = 0; j < cnt && pr[j] * i < maxn; ++j){p[pr[j] * i] = 1;if(i % pr[j] == 0) break;}}pre[0] = pre[1] = pre[2] = 0;for(int i = 3; i < maxn; ++i){if(!p[i]) pre[i] = pre[i - 1] + 2 * i;else pre[i] = pre[i - 1] + i;} } signed main() {DDLC_ESCAPE_PLAN_FAILED;int t;cin >> t;Prime();while(t--){int n;cin >> n;cout << pre[n] << endl;}return 0; }

HDU6958 KD-Graph

看到過題數不多以及題面比較奇怪就沒做了，以后一定不能盲目看榜，以及耐心讀懂題

題意

有一個$n$點$m$邊的圖（$n\le 100000$, $m\le 500000$），你需要將其分割成恰好$K$組，滿足：

每組中任取兩個點$p,q$，他們之間的路徑中，最長邊不大于$D$

不同組中任取兩個點$p,q$，他們之間的路徑中，所有邊都大于$D$

現在給定圖和$K$，問你是否找得到一個滿足條件的$D$,如果找得到，輸出最小的$D$. 否則輸出$?1$.

分析

容易知道，相同權值的邊要么不在任何組內部，要么全都在同一組點里面。假如相同權值的邊，有的在組內，有的在組外的話，這個$D$值肯定只會更大不會更小。

那么貪心思路顯而易見了，將所有邊按權值升序排序，使用并查集，從左往右，將所有權值相同的邊的點合并。然后統計并查集數量，更新答案。也就是在保證“相同權值的邊要么不在任何組內部，要么全都在同一組點里面”這個性質的前提下尋找能否分為$K$組。而要使$D$盡可能小，應讓處于組內的邊盡可能小，所以使用升序。

代碼

#include <bits/stdc++.h> #define fors(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); ++i) #define lson k<<1 #define rson k<<1|1 #define pb push_back #define pii pair<int, int> #define lowbit(x) ((x)&(-(x))) #define mem(a) memset(a, 0, sizeof(a)) #define DDLC_ESCAPE_PLAN_FAILED ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0) // #define int long long const int inf = 0x3f3f3f3f; const double dinf = 1e100; typedef long long ll; //const ll linf = 9223372036854775807LL; // const ll linf = 1e18; using namespace std; const int maxn= 100000 + 5; int fa[maxn]; struct edge{int l, r, val;bool operator < (const edge& b)const{return val < b.val;} }; vector<edge> e; inline int find(int x) {if(fa[x] == x) return x;return fa[x] = find(fa[x]); } bool join(int x, int y) {int ans = 0;int fx = find(x), fy = find(y);if(fx == fy) return 0;fa[fy] = fx;return 1; } signed main() {DDLC_ESCAPE_PLAN_FAILED;int t;cin >> t;while(t--){e.clear();int n, m, k;cin >> n >> m >> k;fors(i, 1, n) fa[i] = i;int u, v, c;fors(i, 1, m){cin >> u >> v >> c;e.pb({u, v, c});}sort(e.begin(), e.end());int now = n; // 并查集數量，初始為nbool flag = 0;int ans = 0;for(int i = 0; i < m; ++i){if(i == 0 || e[i].val != e[i - 1].val){if(now == k) break;}if(!join(e[i].l, e[i].r)) continue;now--;ans = e[i].val;}cout << (now == k ? ans : -1) << endl;}return 0; }

HDU6957 Maximal submatrix

題意

給出一個矩陣，要你找一個最大的子矩陣，要求這個子矩陣每一列從上往下都是單調不下降序列。輸出最大子矩陣的面積

分析

懸線法，將每個不比上面的元素小的元素標記，然后用這些標記過的元素組成子矩陣。接下來使用懸線dp即可。需要注意的是，子矩陣的最上面一行是可以不被標記的。

代碼

（比賽時自己凹的二維dp一直超時，應該是復雜度超過$O(n^2)$了）

第一次接觸到懸線法，代碼可能相對繁瑣

#include <bits/stdc++.h> #define fors(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); ++i) #define lson k<<1 #define rson k<<1|1 #define pb push_back #define lowbit(x) ((x)&(-(x))) #define mem(a) memset(a, 0, sizeof(a)) #define DDLC_ESCAPE_PLAN_FAILED ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0) // #define int long long const int inf = 0x3f3f3f3f; const double dinf = 1e100; typedef long long ll; //const ll linf = 9223372036854775807LL; // const ll linf = 1e18; using namespace std; const int maxn = 2005; bool v[maxn][maxn]; int l[maxn][maxn]; int r[maxn][maxn]; int u[maxn][maxn]; signed main() {DDLC_ESCAPE_PLAN_FAILED;int t;cin >> t;while(t--){mem(v), mem(l), mem(r), mem(u);int n, m;cin >> n >> m;fors(i, 1, n){fors(j, 1, m){cin >> u[i][j];l[i][j] = j;r[i][j] = j;}}fors(i, 1, n){fors(j, 1, m){if(i == 1 || u[i][j] >= u[i - 1][j]){v[i][j] = 1;}}}fors(i, 1, n){fors(j, 2, m){if(v[i][j] && v[i][j - 1]) l[i][j] = l[i][j - 1];}for(int j = m - 1; j >= 1; --j){if(v[i][j] && v[i][j + 1]) r[i][j] = r[i][j + 1];}}mem(u);fors(i, 1, n){fors(j, 1, m) u[i][j] = 1;}int ans = 0;fors(i, 1, n){fors(j, 1, m){if(v[i][j] && v[i - 1][j]){l[i][j] = max(l[i - 1][j], l[i][j]);}if(v[i][j]) u[i][j] = u[i - 1][j] + 1;}for(int j = m; j >= 1; --j){if(v[i][j] && v[i - 1][j]){r[i][j] = min(r[i - 1][j], r[i][j]);}}}fors(i, 1, n){fors(j, 1, m){ans = max(ans, u[i][j] * (r[i][j] - l[i][j] + 1));}}cout << ans << endl;}return 0; }

HDU6955 Xor sum

題意

給一個整數數組，你需要找到最短的區間，其按位異或和不小于$k$. 如果有多個，找出左端點最左的

分析

先轉化一下。異或運算里，任意$x$的逆元是$x$本身，故對于前綴和$pre[i]$,$pre[j]$，$i$到$j$的異或和可以表示為$pre[i]$^$pre[j]$.

這之后，直接存異或和，問題轉化為：找到兩個相距最近的$i,j$，其異或和不小于$k$.

枚舉右端點，然后可能的左端點用$Trie$樹維護，從左到右找，每次找到一個可能的編號就覆蓋一下，這樣能保證最后找到的是最右邊的。不過也可以直接保存最右邊的節點。

以后千萬不要看著std調試代碼，調著調著就調得跟std一模一樣了

不過說白了也是之前從來沒用過trie吧orz，根本不熟

代碼

/*** @file :vsDebug.cpp* @brief :* @date :2021-07-21* @Motto :Love Sakurai Yamauchi Forever*/ #include <bits/stdc++.h> #define fors(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); ++i) #define lson k<<1 #define rson k<<1|1 #define pb push_back #define lowbit(x) ((x)&(-(x))) #define mem(a) memset(a, 0, sizeof(a)) #define DDLC_ESCAPE_PLAN_FAILED ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0) // #define int long long const int inf = 0x3f3f3f3f; const double dinf = 1e100; typedef long long ll; //const ll linf = 9223372036854775807LL; // const ll linf = 1e18; using namespace std; const int maxn = 1e5 + 10; const int mnx = (1LL << 24) + 10; int p[mnx][2], res[mnx], a[maxn]; signed main() {DDLC_ESCAPE_PLAN_FAILED;int t;cin >> t;while(t--){int n, k;cin >> n >> k;fors(i, 1, n){cin >> a[i];a[i] ^= a[i - 1]; // 只存前綴和}int l = -1, r = n, ans = 1;res[1] = -1;p[1][0] = p[1][1] = 0; // initfors(i, 0, n){int x = 1;int tmp = -1;for(int j = 29; j >= 0; --j){if(!x) break;int u = (a[i] >> j) & 1; // 從上往下第j位if(!((k >> j) & 1)){if(p[x][u ^ 1]){tmp = max(tmp, res[p[x][u ^ 1]]);}x = p[x][u];}else x = p[x][u ^ 1];}if(x) tmp = max(tmp, res[x]);if(tmp >= 0 && i - tmp < r - l) l = tmp, r = i;x = 1;for(int j = 29; j >= 0; --j){int u = (a[i] >> j) & 1;if(!p[x][u]){ans++;p[x][u] = ans, res[ans] = -1;p[ans][0] = p[ans][1] = 0;}x = p[x][u];res[x] = max(res[x], i);}}if(l >= 0) cout << l + 1 << ' ' << r << endl;else cout << -1 << endl;}return 0; }

總結

以上是生活随笔為你收集整理的2021“MINIEYE杯”中国大学生算法设计超级联赛（1）个人解题报告的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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