$ 2019 $ 暑期刷题记录 $ 2 $ （基本算法专题）
$ by~~wch $
$ BZOJ~1958~Strange~Towers~of~Hanoi $ （动态规划，递推）
题目大意：
求有 $ n $ 个盘子和 $ 4 $ 座塔的汉诺塔问题。
$ solotion: $
- 首先需要参考一下三座塔的汉诺塔问题： $ g[i]=2*g[i-1]+1 $
- 然后我们将四座塔转换为三座塔问题：将前 $ i $ 个盘子一道2号塔，剩下的 $ n-i $ 个为三汉诺问题移到4号塔，再将前 $ i $ 个用四汉诺塔问题移到4号塔。
- $ f[n]=min_{1\leq i < n}{2*f[i]+g[n-i]} $
$ code: $
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<iomanip>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>#define ll long long
#define db double
#define rg register intusing namespace std;int n=12;
int g[13],f[13];inline int qr(){register char ch; register bool sign=0; rg res=0;while(!isdigit(ch=getchar()))if(ch=='-')sign=1;while(isdigit(ch))res=res*10+(ch^48),ch=getchar();if(sign)return -res; else return res;
}int main(){//freopen(".in","r",stdin);//freopen(".out","w",stdout);for(rg i=1;i<=n;++i) g[i]=2*g[i-1]+1;for(rg i=1;i<=n;++i){f[i]=1<<30;for(rg j=0;j<i;++j)f[i]=min(f[i],f[j]*2+g[i-j]);}for(rg i=1;i<=n;++i)printf("%d\n",f[i]);return 0;
}$ BZOJ ~1218 ~ $ 激光炸弹（二维前缀和）
$ solotion: $
- 比较明显的二维前缀和问题
- 就是这一题有点卡常，如果暴力转一维前缀和会超时
- 我们需要自己寻找每个点前缀和的关系：
- $ s[i][j]=s[i-1][j]+s[i][j-1]-s[i-1][j-1]+a[i][j] $
$ code: $
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<iomanip>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<queue>
#include<vector>
#include<map>
#include<set>#define ll long long
#define db double
#define inf 0x7fffffff
#define rg register intusing namespace std;int n,m,ans,a,b,c;
int f[5003][5003];inline int qr(){char ch; //int sign=1;while((ch=getchar())<'0'||ch>'9');// if(ch=='-')sign=-1;int res=ch^48;while((ch=getchar())>='0'&&ch<='9')res=res*10+(ch^48);return res;
}int main(){//freopen(".in","r",stdin);//freopen(".out","w",stdout);n=qr(),m=qr();for(rg i=1;i<=n;++i){a=qr()+1,b=qr()+1,c=qr();f[a][b]=c;}for(rg i=1;i<=5001;++i)for(rg j=1;j<=5001;++j)f[i][j]+=f[i-1][j]+f[i][j-1]-f[i-1][j-1];for(rg i=m;i<=5001;++i){for(rg j=m;j<=5001;++j){ans=max(ans,f[i][j]-f[i-m][j]-f[i][j-m]+f[i-m][j-m]);}}printf("%d\n",ans);return 0;
}$ POJ~3263~Tallest~Cow $（前缀和，贪心）
$ solotion: $
- 很久以前就做过，一道比较有意思的前缀和做法
- 我们首先可以贪心想到牛的身高每次只减1，然后求出最少的减少次数
- 每头牛的身高减少次数是确定的，我们对于每一对可以互相看见的牛，他们中间的牛的身高都要减少一次
- 所以我们在 $ A_i $ 处加一，在 $ B_i+1 $ 处减一然后求前缀和就可以知道每一头牛的减少次数
- 然后这题不用担心每头牛都要比两端点的牛矮，所有区间一定是包含关系，而不会相交
$ code: $
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<iomanip>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>#define ll long long
#define db double
#define inf 0x7fffffff
#define rg register intusing namespace std;int n,m,h,q,a,b;
int s[10001];
bool use[10001][10001];inline int qr(){char ch;while((ch=getchar())<'0'||ch>'9');int res=ch^48;while((ch=getchar())>='0'&&ch<='9')res=res*10+(ch^48);return res;
}int main(){//freopen(".in","r",stdin);//freopen(".out","w",stdout);n=qr(),m=qr(),h=qr(),q=qr();while(q--){a=qr(),b=qr();if(a>b)swap(a,b);if(use[a][b])continue;use[a][b]=1;--s[a+1];++s[b];}for(rg i=1;i<=n;++i){s[i]=s[i]+s[i-1];printf("%d\n",h+s[i]);}return 0;
}$ POJ~1845~Sumdiv $（约数和定理）（分治）
题目大意：
求 $ A^B $ 的所有约数之和
$ solotion: $
- 首先要知道约数和定理： $ (1+p_1+p_1^2+...+p_1^{c_1})(1+p_2+p_2^2+...+p_2^{c_2})...*(1+p_k+p_k^2+...+p_k^{c_k}) $
- 然后本题就比较好做了， $ A^B $ 的所有约数之和就是让上式中所有 $ c_i $ 乘上 $ B $ 即可
- 然后括号里面的东西直接用分治求即可
$ code: $
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<iomanip>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>#define ll long long
#define db double
#define rg register intusing namespace std;const int mod=9901;int n,m,ans;inline int qr(){register char ch; register bool sign=0; rg res=0;while(!isdigit(ch=getchar()))if(ch=='-')sign=1;while(isdigit(ch))res=res*10+(ch^48),ch=getchar();if(sign)return -res; else return res;
}inline int ksm(ll x,int y){ll res=1;while(y){if(y&1)res=res*x%mod;x=x*x%mod; y>>=1;}return res;
}inline int ask(int x,int y){if(y==1)return x;if(y&1) return ((ll)ask(x,y>>1)*(ksm(x,y>>1)+1)%mod+ksm(x,y)%mod)%mod;else return (ll)ask(x,y>>1)*(ksm(x,y>>1)+1)%mod;
}int main(){//freopen(".in","r",stdin);//freopen(".out","w",stdout);while(~scanf("%d%d",&n,&m)){if(m==0){puts("1");continue;}ans=1;for(rg i=2;i*i<=n;++i){if(n%i)continue;rg x=0; while(!(n%i))++x,n/=i;ans=(ll)ans*(ask(i%mod,x*m)+1)%mod;}if(n!=1)ans=(ll)ans*(ask(n%mod,m)+1)%mod;printf("%d\n",ans);}return 0;
}$ POJ~2018~Best~Cow~Fences $（二分答案构造新权值）
单独的一篇题解
$ POJ~3889~Fractal~Streets $（模拟）
单独的一篇题解
$ Codeforces~670C~Cinema $（离散化）
$ solotion: $
- 很傻的一道题目，直接离散化求出每种语言对应的人
- 然后枚举电影，求出其权值，最大的那个就是答案
$ code: $
#include<stdio.h>
#include<map>
using namespace std;
int main()
{int n;while(scanf("%d",&n)!=EOF){int m,ple=0,sat=0,fi=1,sci[200005],bn[200005],cn;map<int,int> mp;for(int i=0;i<n;i++){scanf("%d",&sci[i]);mp[sci[i]]++;}scanf("%d",&m);for(int i=1;i<=m;i++){scanf("%d",&bn[i]);}for(int i=1;i<=m;i++){scanf("%d",&cn);if(mp[bn[i]]>ple){ple=mp[bn[i]];sat=mp[cn];fi=i;}else if(mp[bn[i]]==ple&&mp[cn]>sat){sat=mp[cn];fi=i;}} printf("%d\n",fi);}return 0;
}$ POJ~3784~Running~Media $（动态中位数）
题目大意：
依次读入数列，求每一个数加入时的中位数。
$ solotion: $
- 直接用小根堆加大根堆维护一下就行
- 每次记录两边总数，判断加到哪边即可
$ code: $
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<iostream>
using namespace std;int n,t,x,a,b,cnt;inline void read(int &x){char ch=getchar();char c=ch;x=0;while(ch<'0' || ch>'9') {c=ch;ch=getchar();}while(ch>='0' && ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}if(c== '-') x=-x;
}std::priority_queue <int> lq,sq;int main(){read(t);while(t--){read(cnt);read(n);while(!lq.empty()) lq.pop();while(!sq.empty()) sq.pop();cout<<cnt<<' '<<((n+1)/2)<<endl;for(int i = 1;i <= n;++ i){read(x);lq.push(x);sq.push(-x);if(i%2==0) continue;while(lq.top()!=-sq.top()){a=lq.top();lq.pop();b=-sq.top();sq.pop();sq.push(-a);lq.push(b);}cout<<lq.top()<<' ';if(((i+1)/2)%10==0) puts("");else if((n%2==1 && i==n) || (n%2==0 && i==n-1)) puts("");} }return 0;
}$ POJ~2299~Ultra-QuickSort $（逆序对）
题目大意：
求一个序列里的逆序对。
$ solotion: $
- 没想会在基本算法里碰见这个，挺怀念的。
- 我们用树状数组维护一下（需要离散化），和最长上升子序列里一个板子
$ POJ~3614~Sunscreen $（贪心，优先队列）
$ solotion: $
- 这个题目比较容易想到贪心
- 我们将奶牛和防晒霜分开，都以阳光强度（最小值）排序
- 然后我们可以想到枚举防晒霜
- 用一个优先队列依次存下当前防晒霜能保护的牛
- 然后我们用优先队列求出右端点（最大阳光强度）最小的牛用这个防晒霜
- 这样肯定比用最大阳光强度的好，因为我们将最大阳光强度大的留给了后面的防晒霜。
- 而最小阳光强度在枚举时得到了保障（我们是依次加入防晒霜能保护的牛的）。
$ code: $
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<iomanip>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>#define ll long long
#define db double
#define rg register intusing namespace std;int n,m,ans;struct su{int x,y;inline bool operator <(const su &z)const{return x<z.x;}
}a[2505],b[2505];struct pi{int x,y;inline bool operator <(const pi &z)const{return y>z.y;}
};priority_queue<pi> q;inline int qr(){register char ch; register bool sign=0; rg res=0;while(!isdigit(ch=getchar()))if(ch=='-')sign=1;while(isdigit(ch))res=res*10+(ch^48),ch=getchar();if(sign)return -res; else return res;
}int main(){//freopen(".in","r",stdin);//freopen(".out","w",stdout);n=qr(); m=qr();for(rg i=1;i<=n;++i)a[i].x=qr(),a[i].y=qr();sort(a+1,a+n+1);for(rg i=1;i<=m;++i)b[i].x=qr(),b[i].y=qr();sort(b+1,b+m+1);for(rg i=1,l=1;i<=m;++i){while(l<=n&&a[l].x<=b[i].x){pi x; x.x=l; x.y=a[l].y; q.push(x); ++l;}while(!q.empty()&&q.top().y<b[i].x)q.pop();while(!q.empty()&&b[i].y){++ans; --b[i].y; q.pop();}}printf("%d\n",ans);return 0;
}$ POJ~3190~Stall~Reservation $（前缀和，优先队列）
$ solotion: $
- 这道题的最小畜栏数是确定的
- 我们直接用差分约束前缀和的方法即可得出答案
- 但是这道还需要我们输出畜栏序号，这就需要我们动态维护那几个畜栏没有用过
- 我们用优先队列优化，按左端点枚举每一头牛，然后用优先队列记录它的右端点以及它用的哪一个畜栏，（畜栏的使用状态也需要用一个优先队列维护（因为我们要最小化畜栏数目））
- 然后在枚举过程中还要对优先队列进行取出操作，将用完的畜栏记录下来，病房会优先队列里去
$ code: $
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<iomanip>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>#define ll long long
#define db double
#define rg register intusing namespace std;int n,tt,ans;
int as[50005];struct su{int l,r,id;inline bool operator <(const su &x)const{return l<x.l;}
}a[50005];struct pi{int x,y;inline bool operator <(const pi &z)const{return x>z.x;}
};priority_queue<pi> q;
priority_queue<int, vector<int>, greater<int> >p;inline int qr(){register char ch; register bool sign=0; rg res=0;while(!isdigit(ch=getchar()))if(ch=='-')sign=1;while(isdigit(ch))res=res*10+(ch^48),ch=getchar();if(sign)return -res; else return res;
}int main(){//freopen(".in","r",stdin);//freopen(".out","w",stdout);n=qr();for(rg i=1;i<=n;++i)a[i].l=qr(),a[i].r=qr(),a[i].id=i,p.push(i);sort(a+1,a+n+1);for(rg i=1;i<=n;++i){while(!q.empty()&&q.top().x<a[i].l){p.push(q.top().y); q.pop();}as[a[i].id]=p.top(); p.pop();pi x; x.x=a[i].r; x.y=as[a[i].id]; q.push(x);ans=max(ans,as[a[i].id]);}printf("%d\n",ans);for(rg i=1;i<=n;++i)printf("%d\n",as[i]);return 0;
}$ POJ~1328~Radar~Installation $ （贪心，单调队列）
$ Solution: $
- 很早之前就做过了，好像之前叫稻草人来着
- 就是算出每一个点在x轴上可以允许的最左端和最右端
- 然后按最左然后按最左端排序，挨个在优先队列里加入最右端信息
- 一旦到达一个最右端，将它覆盖的所有点删去（包括优先队列的某些信息也会失效，用一个bool数组记录每个是否已被覆盖即可）
$ code: $
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<iomanip>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>#define ll long long
#define db double
#define rg register intusing namespace std;int t,n,d,ans;struct su{db x,y,l,r;inline void find(){db k=sqrt((db)d*d-y*y);l=x-k; r=x+k;}inline bool operator <(su z){return l<z.l;}
}a[1005];inline int qr(){register char ch; register bool sign=0; rg res=0;while(!isdigit(ch=getchar()))if(ch=='-')sign=1;while(isdigit(ch))res=res*10+(ch^48),ch=getchar();if(sign)return -res; else return res;
}int main(){//freopen(".in","r",stdin);//freopen(".out","w",stdout);while(++t){ ans=0;n=qr(); d=qr();if(!n&&!d)break;for(rg i=1;i<=n;++i){a[i].x=qr(); a[i].y=qr();a[i].find(); if(a[i].y>d)ans=-1;} sort(a+1,a+n+1);if(ans!=-1){ db s=-1e9;for(rg i=1;i<=n;++i){//cout<<a[i].l<<" "<<a[i].r<<endl;if(a[i].l<=s)s=min(a[i].r,s);else ++ans, s=a[i].r;}} printf("Case %d: %d\n",t,ans);}return 0;
}$ POJ~2054~Color~a~Tree $ （复杂的贪心）
单独的一篇题解
$ POJ~2965~The~Pilots~Brother'~Refrigerator $ （状态压缩，结论）
$ Solution: $
- 数据范围很小，可以直接状态压缩，然后暴力枚举
- 但是这一题还有一个结论可以更快：
- 对于一个处于闭合的开关将它所在行列上每一个元素异或1（初始为0）
- 最后还为1的格子需要改变状态。
- 这个结论博主也不知道怎么证，所以还是第一种方案保险
$ Code: $
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<iomanip>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>#define ll long long
#define db double
#define rg register intusing namespace std;int a,b,n,ans;inline int qr(){register char ch; register bool sign=0; rg res=0;while(!isdigit(ch=getchar()))if(ch=='-')sign=1;while(isdigit(ch))res=res*10+(ch^48),ch=getchar();if(sign)return -res; else return res;
}int main(){//freopen(".in","r",stdin);//freopen(".out","w",stdout);char ch; a=15; b=4369;for(rg i=1;i<=4;++i,a<<=4,b=4369){for(rg j=1;j<=4;++j,b<<=1){while((ch=getchar())!='+'&&ch!='-')continue;if(ch=='+') n^=a,n^=b,n^=a&b;}} rg x=n;while(x)ans+=(x&1),x>>=1;printf("%d\n",ans);for(rg i=1;i<=4;++i)for(rg j=1;j<=4;++j,n>>=1)if(n&1)printf("%d %d\n",i,j);return 0;
}$ POJ~2083~Fractal $ （模拟）
$ Solution: $
- 最近总是碰到这种模拟题，直接 $ bitset $ 模拟就行了。
- 置于转移，我们直接用二进制的或运算和左右移模拟复制粘贴就好
- 然后判断输出
$ Code: $
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<iomanip>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<bitset>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>#define ll long long
#define db double
#define rg register intusing namespace std;int t,f,n,m=1;
bitset<805> s[805];inline int qr(){register char ch; register bool sign=0; rg res=0;while(!isdigit(ch=getchar()))if(ch=='-')sign=1;while(isdigit(ch))res=res*10+(ch^48),ch=getchar();if(sign)return -res; else return res;
}int main(){//freopen(".in","r",stdin);//freopen(".out","w",stdout);s[1][1]=1; n=7;for(rg i=2;i<=n;++i,m*=3){ //扩大for(rg j=m+1;j<=m*2;++j)s[j]=s[j-m]<<m;//中间的那一部分for(rg j=1;j<=m;++j){s[j]|=s[j]<<(m*2);//右上那部分s[j+m*2]=s[j]; //第三行复制第一行即可}}while((n=qr())!=-1){rg x=1;for(rg i=1;i<n;++i)x*=3;for(rg i=1;i<=x;++i){for(rg j=1;j<=x;++j){if(s[i][j])putchar(88);else putchar(32);}puts("");//快速输出}puts("-");}return 0;
}$ POJ~3741~Raid $ （平面最近点对）
单独的一篇题解
$ CH~0805~ $ 防线 (二分，前缀和，特殊性质)
单独的一篇题解
$ POJ~3197~Corral~the~Cows $ （二分，最大子矩阵）
单独的一篇题解
$ BZOJ~1045~ $ 糖果传递 （中位数，环形均分纸牌）
$ Solution: $
- 对于一个环形，我们总要去想有没有断环的方法
- 而这道题目有一个性质：最优答案一定可以存在两个相邻的人之间没有联系，相当于一条链
- 于是我们用前缀和来计算每个人需要操作的次数： $ f[i]=|s[i]-s[k]| $ ， $ s[k] $ 为 链的左端
- 我们发现只要 $ s[k] $ 为 $ s[i] $ 的中位数时，总和最小，于是我们找到最小的那个中位数计算答案。
$ Code: $
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=1e6+5;
ll n,a[N],sum,s[N];
int main()
{cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i],sum+=a[i];sum/=n;for(int i=1;i<=n;i++)a[i]-=sum,s[i]=s[i-1]+a[i];sort(s+1,s+n+1);sum=0;for(int i=1;i<=n;i++)sum+=abs(s[n/2+1]-s[i]);cout<<sum;return 0;
}$ POJ~1723~Soldiers $ (中位数)
单独的一篇题解
$ POJ~1220~Number~Base~Conversion $ （进制转换）
$ Solution: $
- 这个就是高精度的进制转换，我们模拟一下就好
$ Code: $
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<iomanip>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>#define ll long long
#define db double
#define rg register intusing namespace std;int t,a,b,n,tt;
int s[100005];
int as[100005];
string c;inline int qr(){register char ch; register bool sign=0; rg res=0;while(!isdigit(ch=getchar()))if(ch=='-')sign=1;while(isdigit(ch))res=res*10+(ch^48),ch=getchar();if(sign)return -res; else return res;
}int main(){//freopen(".in","r",stdin);//freopen(".out","w",stdout);t=qr();while(t--){ tt=0;a=qr(); b=qr();cin>>c; n=c.size();for(rg i=0;i<n;++i){if(c[i]>='0'&&c[i]<='9')s[i+1]=c[i]-'0';if(c[i]>='A'&&c[i]<='Z')s[i+1]=c[i]-'A'+10;if(c[i]>='a'&&c[i]<='z')s[i+1]=c[i]-'a'+36;} rg f=n,k=0;while(f){k=0; f=0;for(rg i=f;i<=n;++i){k=s[i]+k*a;s[i]=k/b;k%=b;if(!f&&s[i])f=i;}as[++tt]=k;}cout<<a<<" "<<c<<endl<<b<<" ";for(rg i=tt;i>=1;--i){if(as[i]>=0&&as[i]<=9)putchar(as[i]+'0');if(as[i]>=10&&as[i]<=35)putchar(as[i]+'A'-10);if(as[i]>=36&&as[i]<=61)putchar(as[i]+'a'-36);}puts(""); puts("");}return 0;
}$ POJ~1050~To~the~Max $ （最大子矩阵和）
单独的一篇题解
$ HDOJ~4864~Task $ （贪心）
$ Solution: $
- 很套路的一道贪心
- 首先我们的价值算法和复杂度挖了一个坑：最小的时间价值比最大的难度价值要高
- 所以我们贪心可以直接按时间来，所以我们先按难度排序
- 然后用优先队列维护每一个机器能完成的最长时间的任务
- 然后暴力算答案即可（我们可以发现难度一维并不会产生后效性）
$ Code: $
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<iomanip>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>#define ll long long
#define db double
#define rg register intusing namespace std;ll ans;
int n,m,t;struct su{int x,y;inline bool operator <(const su &z)const{if(x==z.x)return y>z.y;return x>z.x;}
}a[100005],b[100005];
multiset<su> s,k;inline bool cmp(const su &x,const su &y){return x.y<y.y;
}inline int qr(){register char ch; register bool sign=0; rg res=0;while(!isdigit(ch=getchar()))if(ch=='-')sign=1;while(isdigit(ch))res=res*10+(ch^48),ch=getchar();if(sign)return -res; else return res;
}int main(){//freopen(".in","r",stdin);//freopen(".out","w",stdout);while(~scanf("%d%d",&n,&m)){t=0; ans=0; s=k;for(rg i=1;i<=n;++i)a[i].x=qr(),a[i].y=qr();for(rg i=1;i<=m;++i)b[i].x=qr(),b[i].y=qr();sort(a+1,a+n+1,cmp);sort(b+1,b+m+1,cmp);for(rg i=1,j=1;i<=n;++i){while(j<=m&&b[j].y<=a[i].y)s.insert(b[j]), ++j;multiset<su>::iterator it;it=s.lower_bound(a[i]);if(it==s.end())continue;ans+=500*((*it).x)+2*((*it).y);s.erase(it); ++t;}printf("%d %lld\n",t,ans);}return 0;
}
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