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NOIP2017SummerTraining0717

个人感受:自己水平是真的差劲,和他们不是一个档次的,第二题,如果不是陈载元暴力过了,我也不会那么早去A了第二题,第一题真的是无语,以前做到过,还想到了每个对应值a[i]-i,但是没想出来,真的是

可惜,这套题的话前两题都比提高组的要水,但这样下去,别说省选,TG一等都难拿。

  改造二叉树

时间限制: 1 Sec  内存限制: 256 MB
提交: 365  解决: 95
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题目描述

小Y在学树论时看到了有关二叉树的介绍:在计算机科学中,二叉树是每个结点最多有两个子结点的有序树。通常子结点被称作“左孩子”和“右孩子”。二叉树被用作二叉搜索树和二叉堆。随后他又和他人讨论起了二叉搜索树。

什么是二叉搜索树呢?二叉搜索树首先是一棵二叉树。设key[p]表示结点p上的数值。对于其中的每个结点p,若其存在左孩子lch,则key[p]>key[lch];若其存在右孩子rch,则key[p]<key[rch];注意,本题中的二叉搜索树应满足对于所有结点,其左子树中的key小于当前结点的key,其右子树中的key大于当前结点的key。

小Y与他人讨论的内容则是,现在给定一棵二叉树,可以任意修改结点的数值。修改一个结点的数值算作一次修改,且这个结点不能再被修改。若要将其变成一棵二叉搜索树,且任意时刻结点的数值必须是整数(可以是负整数或0),所要的最少修改次数。

相信这一定难不倒你!请帮助小Y解决这个问题吧。

输入

       第一行一个正整数n表示二叉树结点数。结点从1~n进行编号。

第二行n个正整数用空格分隔开,第i个数ai表示结点i的原始数值。

此后n - 1行每行两个非负整数fa, ch,第i + 2行描述结点i + 1的父亲编号fa,以及父子关系ch,(ch = 0 表示i + 1为左儿子,ch = 1表示i + 1为右儿子)。

结点1一定是二叉树的根。

输出

仅一行包含一个整数,表示最少的修改次数。

样例输入

3
2 2 2
1 0
1 1

样例输出

2

提示

【数据范围】

20 % :n <= 10 , ai <= 100.

40 % :n <= 100 , ai <= 200

60 % :n <= 2000 .

100 % :n <= 10 ^ 5 ,  ai < 2 ^ 31. 

这道题做完后我发现自己是真的菜,推了10多分钟已经推出了二叉树的中序遍历,然后真的就讲问题转化为了将一个序列改变最小的数,使其满足各个数不同且单调递增,这个思维想下去就联想到了LIS

然后想了许久,到了13:50,陈载元A了第二题,说是什么暴力,然后我也去打了一个,花了半小时左右就A了,然后第三题去打了个暴力,这时14:45左右,然后又开始打第一题,真的恶心,想了,暴力,

DP,二分,妈的一个都套不进去,绝望了,最后半小时,。。。。。

最后题解就是先顺着我的思路下去,然后就是求一遍a[i]-i后求一次LIS(这个我还真想到了,但是我求的是最长上升序列,不是最长不下降序列),无语了。

 1 #include<cstdio> 
 2 #include<cmath> 
 3 #include<iostream> 
 4 #include<algorithm> 
 5 #include<cstring> 
 6 using namespace std; 
 7   
 8 const int NN=100007; 
 9   
10 int n,cnt; 
11 int a[NN],vis[NN],pre[NN]; 
12 struct node 
13 { 
14     int left,right; 
15     void init(){left=right=0;} 
16 }tree[NN]; 
17 void dfs(int num) 
18 { 
19     if (tree[num].left!=0) dfs(tree[num].left); 
20     vis[++cnt]=a[num]; 
21     if (tree[num].right!=0) dfs(tree[num].right); 
22 } 
23 void mid_find(int x) 
24 { 
25     int mid,l=1,r=cnt; 
26     while (l<r) 
27     { 
28         mid=(l+r)/2; 
29         if (pre[mid]<=x) l=mid+1; 
30         else r=mid; 
31     } 
32     if (pre[l]>x) pre[l]=x; 
33     else pre[++cnt]=x; 
34 } 
35 int main() 
36 { 
37     scanf("%d",&n); 
38     for (int i=1;i<=n;i++) 
39     { 
40         scanf("%d",&a[i]); 
41         tree[i].init(); 
42     } 
43     int x,y; 
44     for (int i=2;i<=n;i++) 
45     { 
46         scanf("%d%d",&x,&y); 
47         if (y==0) tree[x].left=i; 
48         else tree[x].right=i; 
49     } 
50     cnt=0; 
51     memset(vis,0,sizeof(vis)); 
52     memset(pre,0,sizeof(pre)); 
53     dfs(1); 
54     for (int i=1;i<=n;i++) 
55         vis[i]-=i; 
56     cnt=1,pre[cnt]=vis[1]; 
57     for (int i=2;i<=n;i++) 
58         mid_find(vis[i]); 
59     cout<<n-cnt<<endl;   
60 } 

问题 B: 数字对

时间限制: 2 Sec  内存限制: 256 MB
提交: 307  解决: 101
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题目描述

小H是个善于思考的学生,现在她又在思考一个有关序列的问题。

她的面前浮现出一个长度为n的序列{ai},她想找出一段区间[L, R](1 <= L <= R <= n)。

这个特殊区间满足,存在一个k(L <= k <= R),并且对于任意的i(L <= i <= R),ai都能被ak整除。这样的一个特殊区间 [L, R]价值为R - L。

小H想知道序列中所有特殊区间的最大价值是多少,而有多少个这样的区间呢?这些区间又分别是哪些呢?你能帮助她吧。

输入

       第一行,一个整数n.

       第二行,n个整数,代表ai.

输出

第一行两个整数,num和val,表示价值最大的特殊区间的个数以及最大价值。

第二行num个整数,按升序输出每个价值最大的特殊区间的L.

样例输入

5
4 6 9 3 6

样例输出

1 3
2

提示

【样例输入2】

5

2 3 5 7 11

【样例输出2】

5 0

1 2 3 4 5

【数据范围】

    30%: 1 <= n <= 30 , 1 <= ai <= 32.

    60%: 1 <= n <= 3000 , 1 <= ai <= 1024.

    80%: 1 <= n <= 300000 , 1 <= ai <= 1048576.

   100%: 1 <= n <= 500000 , 1 <= ai < 2 ^ 31.

这题思维主要来自于陈载元,他说暴力过了,然后我就打了个n^2,但我仔细想过,绝对不会到N^2的,因为枚举每个点,从前往后扫和从后往前扫时如果不是最小的数怕几个就扫完了,而且还要考虑能否整除的关系,所以还是可以行的通的。

 1 #include<cstdio> 
 2 #include<cmath> 
 3 #include<cstring> 
 4 #include<algorithm> 
 5 #include<iostream> 
 6 using namespace std; 
 7   
 8 const int NN=500007; 
 9   
10 int n; 
11 int a[NN]; 
12   
13 bool cmp(int x,int y) 
14 { 
15     return x<y; 
16 } 
17 int main() 
18 { 
19     scanf("%d",&n); 
20     for (int i=1;i<=n;i++) 
21         scanf("%d",&a[i]); 
22     int maxlen=-NN; 
23     int c[NN],cnt=0,b[NN]; 
24     c[0]=-1;     
25     for (int i=1;i<=n;i++) 
26     { 
27         int j=i-1,k=i+1; 
28         while (j>=1) {if (a[j]%a[i]!=0) break;j--;} 
29         while (k<=n) {if (a[k]%a[i]!=0) break;k++;} 
30         j++,k--; 
31         k=k-j; 
32         if (k>maxlen) 
33         { 
34             cnt=0; 
35             maxlen=k; 
36             c[++cnt]=j; 
37         } 
38         else if (k==maxlen) c[++cnt]=j;  
39     } 
40     sort(c+1,c+cnt+1,cmp); 
41     int num=0; 
42     for (int i=1;i<=cnt;i++) 
43         if (c[i]!=c[i-1]) b[++num]=c[i]; 
44     cout<<num<< <<maxlen<<endl; 
45     for (int i=1;i<num;i++) 
46         cout<<b[i]<< ; 
47     cout<<b[num]<<endl;      
48 } 

交换

时间限制: 1 Sec  内存限制: 256 MB
提交: 167  解决: 47
[提交][状态][讨论版]

题目描述

给定一个{0, 1, 2, 3, … , n - 1}的排列 p。一个{0, 1, 2 , … , n - 2}的排列q被认为是优美的排列,当且仅当q满足下列条件:

       对排列s = {0, 1, 2, 3, ..., n - 1}进行n – 1次交换。

<!--[if !supportLists]-->1.       <!--[endif]-->交换s[q0],s[q0 + 1]

<!--[if !supportLists]-->2.       <!--[endif]-->交换s[q1],s[q1 + 1]

最后能使得排列s = p.

问有多少个优美的排列,答案对10^9+7取模。

输入

第一行一个正整数n.

第二行n个整数代表排列p.

输出

仅一行表示答案。

样例输入

3
1 2 0

样例输出

1

提示

【样例解释】

q = {0,1} {0,1,2} ->{1,0,2} -> {1, 2, 0}

q = {1,0} {0,1,2} ->{0,2,1} -> {2, 0, 1}

【数据范围】

30%:  n <= 10

100%:  n <= 50

这道题考试的时候没怎么去想,因为****的第一题关系,然后第三题随便 暴力了一下,还编译错误。听力班长wsj大神的讲解后,算是大概理解了,实现了一下,也是一次AC

题意就是给你一个序列,问有多少种完美序列可以从原序列(0,1,2,n-1)推过来,完美序列是什么还和它的次序,有关,,自己理解为主。

然后就可以发现交换a[i]和a[i+1]后i前面和i后面就断绝联系了,前面的无法到后面,后面的无法到前面,然后就可以进行DP如果可以交换,就进行一次dfs,因为完美序列和次序有关,

然后就是累加,记忆化搜索就可以了,n^4 随便过这里有C数组的预处理,好好学学才行。

 1 #include<cstdio>
 2 #include<cmath>
 3 #include<iostream>
 4 #include<algorithm>
 5 #include<cstring>
 6 using namespace std;
 7 
 8 const int NN=57,MOD=1e9+7;
 9 
10 int n;
11 int p[NN];
12 long long f[NN][NN],c[NN][NN]={0};
13 
14 long long dfs(int l,int r)
15 {
16     if (l>r) return 0;
17     if (f[l][r]!=-1) return f[l][r];
18     if (l==r){f[l][r]=1;return 1;}
19     f[l][r]=0;
20     for (int i=l;i<r;i++)
21     {
22         int left=p[i+1];
23         int right=p[i];
24         for (int j=l;j<i;j++)left=max(p[j],left);
25         for (int j=i+2;j<=r;j++)right=min(right,p[j]);
26         if (left<right) 
27             {
28                 swap(p[i],p[i+1]);
29                 f[l][r]=(f[l][r]+dfs(l,i)*dfs(i+1,r)%MOD*c[r-l-1][i-l])%MOD;
30                 swap(p[i],p[i+1]);
31             }
32     }
33     return f[l][r];
34 }
35 int main()
36 {
37     scanf("%d",&n);
38     for (int i=1;i<=n;i++)
39         scanf("%d",&p[i]);
40     for (int i=0;i<=n;++i)
41     {
42         c[i][0]=1;
43         for (int j=1;j<=i;++j)
44             c[i][j]=(c[i-1][j-1]+c[i-1][j])%MOD;
45     }
46     memset(f,-1,sizeof(f));
47     long long ans=dfs(1,n);
48     printf("%d",ans);
49 }

 

NOIP2017SummerTraining0717