Problem A 鋼鐵俠的誕生

現在有$n$個數字$a_i \leq 10^9 $，然后取出$m$個數字，保證合法。

從小到大輸出剩余的$n-m$個數字。?

對于100%的數據$m\leq n \leq 3\times 10^5$

Sol : 直接map映射然后用iterator來遍歷整個map輸出答案即可。

復雜度大概是$O(n log_2 n)$

# pragma GCC optimize(2) # include<bits/stdc++.h> using namespace std; int n,m; map<int,int>mp; int main() {scanf("%d%d",&n,&m);for (int i=1;i<=n;i++) {int t; scanf("%d",&t);mp[t]++;}for (int i=1;i<=m;i++) {int t; scanf("%d",&t);mp[t]--;}map<int,int>::iterator it;for (it=mp.begin();it!=mp.end();++it) {pair<int,int>p=*it;for (int j=1;j<=p.second;j++) printf("%d ",p.first);}return 0; } a.cpp

Problem B?鋼鐵俠的逃離

設函數$f(x) = $x的二進制中"1"的個數。 求 $\sum\limits_{i=1}^n f(B+i\times A)$ 的值。

對于100%的數據$A\leq 10^4 ,B \leq 10^{16} n\leq 10^{12} $?

Sol : 對于每一個二進制位分別考慮，我們想法是對于二進制數第$k$位 $ B+A $和 $ B+(2^k+1)A $是相同的。

證明的話直接可以把兩個數同時減去一個A，然后就變成了$B$和$B+(2^k)A$第$k$位的關系。

左式的$2^k A$相當于把A向左移k位，這個時候第k位一定是B的k位的數+0 = B的k位的數。 那么就不會發生變化。

所以我們只需要考慮一個循環節$B+A ... B+2^k A$中1的個數即可。

對于每個循環節，顯然（也可以通過打表發現）每一位連續是1連續是0的可能比較大。所以我們考慮對于連續的1和連續的0一起處理。

設$f(a,b,k,r) = \sum\limits_{i=0} ^ {r} b+a\times i 中第k位1的個數?$?

考慮如何算$f(a,b,k,r)$? . 首先我們需要在每一個01塊內用O(1)的時間完成跳躍。

于是考慮什么時候是01的分界點。由于進位的問題所以每一個01塊分界點一定是以$2^k$一個循環的，并且是$2^k$的倍數。

考慮一個位置 b?我們什么時候才能跳出這個塊呢？ 比該點更加靠右的$2^k$倍數的點可以輕易算出 $2^k \times (\left \lfloor \frac{2^k}? ?\right \rfloor\times +1 )?$ 就是下一個01分界點的坐標。

注意到01分界點事實上已經完成了進位即完成了01轉換。

所以如果要跳到嚴格的下一個01分界點的右側，我們需要跳躍$c= \frac{2^k \times (\left \lfloor \frac{2^k}? ?\right \rfloor +1 ) -1 }{a}+1$步

所以，對于$f(a,b,k,r)$的求法已經非常明確了：

$f(a,b,k,r) = \left\{\begin{matrix} b\ and \ 2^k = 0 \left\{\begin{matrix} 0 & r-c<0\\? \ \ \ f(a,b+c\times a,k,r-c)\? \? & r \geq c \end{matrix}\right.\\? b\ and \ 2^k = 1 \left\{\begin{matrix} r+1 & r-c<0\\ c+f(a,b+c\times a,k,r-c)& r \geq c \end{matrix}\right.\\ \end{matrix}\right.$

由于是從0開始的，所以n必須等于n-1 ，當前是從b+a開始的，所以是b=b+a

答案就是$ans = \sum\limits_{i=0}^{bit\_num(a+nb)} f(a,b,i,2^{i+1}-1)\times \left \lfloor \frac{n}{2^{i+1}} \right \rfloor+ f(a,b+\left \lfloor \frac{n}{2^{i+1}} \right \rfloor \times 2^{i+1} \times a,i,n \mod 2^{i+1})$

# include <bits/stdc++.h> # define int long long using namespace std; int fun(int a,int b,int k,int r){int d=b/(1ll<<k),c=((1ll<<k)*(d+1)-1-b)/a+1;if(d&1) return c>r?r+1:c+fun(a,b+c*a,k,r-c);else return c>r?0:fun(a,b+c*a,k,r-c); } signed main() {int T; scanf("%d",&T);while (T--) {int a,b,n;scanf("%lld%lld%lld",&a,&b,&n);int ans=0; b+=a; n--; for (int i=0;i<=54;i++) {int c=n/(1ll<<i+1);ans+=fun(a,b,i,(1ll<<i+1)-1)*c+fun(a,b+(1ll<<i+1)*c*a,i,n-c*(1ll<<i+1));}printf("%lld\n",ans); }return 0; } b.cpp

Problem C?鋼鐵俠的復仇

設一個$N\times M$的矩陣，設$A_{i,j}$表示點$(i,j)$被攻克的難度而$B_{i,j}$ 表示點$(i,j)$被攻克的時間。

從$(i_1,j_1)$點轉移到$(i_2,j_2)$點需要花費 $|i_1 - i_2|+|j_1-j_2|$ 的代價。

一條合法的攻克路徑滿足：經過路徑上的所有點不重復而且不能經過$A_{i,j} = B_{i,j} = 0$的點。

輸出沿著最長時間路徑訪問的時間。

對于100%的數據$ n,m \leq 10^3 $

Sol ：本題是一個DP題目。

設$f_{i,j}$表示經過到點$(i,j)$結尾的路徑的最大時間。

顯然需要按照$A_{i,j}$值遞增的順序依次更新每個點。

轉移方程就是$f_{i,j} = \max\limits_{k=1,w=1} ^ {k\leq n , w\leq m} [(A_{k,w} < A_{i,j}) f_{k,w}+|i-k|+|j-w|] + b_{i,j} $

復雜度 $O(n^2 m^2)$ get 30pts

# pragma GCC optimize(2) # include <bits/stdc++.h> # define int long long using namespace std; const int N=1e3+10; struct rec{int x,y,d; }; int n,m; struct cmp {bool operator () (rec a,rec b) {return a.d>b.d;} }; int a[N][N],b[N][N],f[N][N]; priority_queue<rec,vector<rec>,cmp>q; signed main() {scanf("%d%d",&n,&m);for (int i=1;i<=n;i++)for (int j=1;j<=m;j++)scanf("%d",&a[i][j]),q.push((rec){i,j,a[i][j]});for (int i=1;i<=n;i++)for (int j=1;j<=m;j++)scanf("%d",&b[i][j]);int ans=0;while (!q.empty()) {rec u=q.top();q.pop();if (a[u.x][u.y]==0&&b[u.x][u.y]==0) continue;f[u.x][u.y]=b[u.x][u.y];for (int i=1;i<=n;i++)for (int j=1;j<=m;j++)if (a[i][j]!=0&&a[i][j]<a[u.x][u.y]&&!(i==u.x&&j==u.y)) f[u.x][u.y]=max(f[u.x][u.y],f[i][j]+b[u.x][u.y]+abs(u.x-i)+abs(u.y-j));ans=max(ans,f[u.x][u.y]); } printf("%d\n",ans);return 0; } c_30pts.cpp

考慮優化這個轉移。

顯然絕對值符號可以被拆，例如$(x,y)$在$(i,j)$左上角的時候($i \geq x , j \geq y$)時 有$f_{i,j} +| i - x | +| j - y | = f_{i,j}+i+j - x - y$

還有其他的三種情況不再贅述。

按照@hjc20032003的方法，可以先按$A_{i,j}$的大小把元素分成若干塊(每一塊里面的所有元素$A_{i,j}$值都相同)。

顯然第k塊中的$f_{i,j}$是k-1那一塊的$f_{i,j}$轉移而來。

我們先考慮$(x,y)$在$(i,j)$左上角的情況。

可以把相鄰兩塊和并（由于當前行一定是從前一個可能的$A_{i,j}$轉移而來的），并按照x坐標排序，然后從先到后依次掃，如果當前的元素$(x,y)$之前在前一個塊(k-1)中那么插入到線段樹第y號位子中。

如果當前元素在當前塊$k-1$中那么利用當前線段樹的元素查詢在他左上角元素的信息來更新當前位置的f值$f_{x,y}$。

由于插入線段樹的元素的$x$的坐標都是小于當前的元素的$x$坐標的，并且我們可以通過查詢當前元素$y$之前區間信息而控制轉移來源的點是在當前點的左上方的。

當然，由于可能從4個不同的方向轉移，類似的操作要做4次(x軸翻轉,y軸翻轉,o點翻轉,不翻轉) 。 具體可以參考[Violet]天使玩偶/SJY擺棋子?的處理方法。

復雜度大概是$O(4 \times nm log_2 nm)$??

#include<bits/stdc++.h> #define GX(x,y) x=max(x,y) #define ls(x) x<<1 #define rs(x) x<<1|1 #define A first #define B second #define mk make_pair #define pb push_back #define int long long #define REP(i,s,t) for(int i=s;i<=t;i++) using namespace std; const int maxn=1005,inf=0x3fffffffffffffff; typedef pair<int,int> pii; vector<pii> vec[maxn*maxn]; int n,m,dis[maxn*maxn],a[maxn][maxn],b[maxn][maxn],f[maxn][maxn]; struct rec{int x,y; bool w;}q[maxn*maxn]; bool tag[maxn<<2]; int maxx[maxn<<2]; void push_down(int p){if(tag[p]) tag[ls(p)]=tag[rs(p)]=true,maxx[ls(p)]=maxx[rs(p)]=-inf,tag[p]=false; } void _modify(int p,int l,int r,int tar,int val){if(l==r){GX(maxx[p],val); return;}int m=l+r>>1;push_down(p);if(tar<=m) _modify(ls(p),l,m,tar,val);else _modify(rs(p),m+1,r,tar,val);maxx[p]=max(maxx[ls(p)],maxx[rs(p)]); } void modify(int tar,int val){_modify(1,1,m,tar,val);} int _query(int p,int l,int r,int nl,int nr){if(nl<=l&&r<=nr) return maxx[p];int m=l+r>>1,ret=-inf;push_down(p);if(nl<=m) GX(ret,_query(ls(p),l,m,nl,nr));if(m<nr) GX(ret,_query(rs(p),m+1,r,nl,nr));return ret; } int query(int nl,int nr){return _query(1,1,m,nl,nr);} bool cmp1(rec a,rec b){if(a.x!=b.x) return a.x<b.x;return a.y<b.y; } signed main(){ // freopen("c.in","r",stdin); // freopen("c.out","w",stdout);scanf("%lld%lld",&n,&m);int dis_cnt=0;REP(i,1,n) REP(j,1,m) scanf("%lld",&a[i][j]);REP(i,1,n) REP(j,1,m) scanf("%lld",&b[i][j]);REP(i,1,n) REP(j,1,m) if(a[i][j]) dis[++dis_cnt]=a[i][j];sort(dis+1,dis+1+dis_cnt);int cnt=unique(dis+1,dis+1+dis_cnt)-dis-1;REP(i,1,n) REP(j,1,m) if(a[i][j])a[i][j]=lower_bound(dis+1,dis+cnt+1,a[i][j])-dis,vec[a[i][j]].pb(mk(i,j));for(int i=0;i<vec[1].size();i++) f[vec[1][i].A][vec[1][i].B]=b[vec[1][i].A][vec[1][i].B];REP(c,2,cnt){int pt=0;for(int i=0;i<vec[c-1].size();i++) q[++pt]=(rec){vec[c-1][i].A,vec[c-1][i].B,0};for(int i=0;i<vec[c].size();i++) q[++pt]=(rec){vec[c][i].A,vec[c][i].B,1};sort(q+1,q+1+pt,cmp1);tag[1]=true; maxx[1]=-inf;REP(i,1,pt)if(!q[i].w) modify(q[i].y,f[q[i].x][q[i].y]-q[i].x-q[i].y);else GX(f[q[i].x][q[i].y],query(1,q[i].y)+b[q[i].x][q[i].y]+q[i].x+q[i].y);tag[1]=true; maxx[1]=-inf;for(int i=pt;i;i--) if(!q[i].w) modify(q[i].y,f[q[i].x][q[i].y]+q[i].x-q[i].y);else GX(f[q[i].x][q[i].y],query(1,q[i].y)+b[q[i].x][q[i].y]-q[i].x+q[i].y);tag[1]=true; maxx[1]=-inf;REP(i,1,pt) if(!q[i].w) modify(q[i].y,f[q[i].x][q[i].y]-q[i].x+q[i].y);else GX(f[q[i].x][q[i].y],query(q[i].y,m)+b[q[i].x][q[i].y]+q[i].x-q[i].y);tag[1]=true; maxx[1]=-inf;for(int i=pt;i;i--)if(!q[i].w) modify(q[i].y,f[q[i].x][q[i].y]+q[i].x+q[i].y);else GX(f[q[i].x][q[i].y],query(q[i].y,m)+b[q[i].x][q[i].y]-q[i].x-q[i].y);}int ans=0;REP(i,1,n) REP(j,1,m) GX(ans,f[i][j]);cout<<ans<<endl;return 0; } c.cpp

但是，這樣處理的常數非常大，由于絕對值符號的性質，按照上述四種轉移方法只可能有一種轉移方法是正確的。

由于絕對值的性質有$|i-x| \geq i-x$ 所以有

?$?f_{i,j} + |i-x| + |j - y| =? max\{ f_{i,j} + (i - x) + (j - y), f_{i,j} + (i - x) + (y - j), f_{i,j} + (x - i) + (j - y), f_{i,j} + (x - i) + (y - j)\}?$?成立。

所以轉移的時候可以直接無視$i,x,j,y$的大小關系，一并轉移即可。

轉移方程是??$?f_{x,y}= max\{?-x - y + max(f_{i,j} + i + j),?-x + y + max(f_{i,j}?+ i - j),??x - y + max(f_{i,j}? - i + j),?x + y + max(f_{i,j}?- i - j)?) $?

其中$max(f_{i,j} + i + j)? ... $是全局變量在每次轉移完成后維護即可。

還要注意初始值不能加上坐標 ， 即非0的最小的$A_{i,j}$所對應的$f_{i,j}$一開始從自己轉移不能加上橫縱坐標!!!

# include <bits/stdc++.h> # define int long long # define inf (0x3f3f3f3f3f3f3f3f) using namespace std; const int N=1e3+10; int f[N][N],b[N][N]; vector<pair<int,int> >v[N*N]; pair<int,int>t[N*N]; int mx1,mx2,mx3,mx4,ans,mint; int n,m; int Max(int a,int b,int c,int d) {if (b>a) a=b;if (c>a) a=c;if (d>a) a=d;return a; } void work(int r) {if (v[r].size()==0) return;int cnt=0;for (int i=0;i<v[r].size();i++) t[++cnt]=v[r][i];int mxa=0,mxb=0,mxc=0,mxd=0;for (int i=1;i<=cnt;i++) {int x=t[i].first,y=t[i].second;if (r==0) continue;if (r!=mint) f[x][y]=Max(-x-y+mx1,-x+y+mx2,x-y+mx3,x+y+mx4)+b[x][y];else f[x][y]=b[x][y];ans=max(ans,f[x][y]);mxa=max(mxa,f[x][y]+x+y); mxb=max(mxb,f[x][y]+x-y);mxc=max(mxc,f[x][y]-x+y); mxd=max(mxd,f[x][y]-x-y);}mx1=max(mx1,mxa); mx2=max(mx2,mxb);mx3=max(mx3,mxc); mx4=max(mx4,mxd); } signed main() {scanf("%lld%lld",&n,&m);mint=inf;for (int i=1;i<=n;i++)for (int j=1;j<=m;j++) {int t; scanf("%lld",&t);if (t!=0) mint=min(mint,t);v[t].push_back(make_pair(i,j)); }for (int i=1;i<=n;i++)for (int j=1;j<=m;j++) scanf("%lld",&b[i][j]);for (int a=0;a<=1000000;a++) work(a); printf("%lld\n",ans); return 0; } c.cpp

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轉載于:https://www.cnblogs.com/ljc20020730/p/11146210.html

總結

以上是生活随笔為你收集整理的HGOI20190707 题解的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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