首页 > 代码库 > MemSQL Start[c]UP 2.0 - Round 2

MemSQL Start[c]UP 2.0 - Round 2

反正晚上睡不着,熬到1点开始做比赛,6个题目只做了2个题目,而且手速还比较慢,待提升空间还很大呢。

A题:给定两个0,1串(len<=100000), 但是不是普通的二进制串,而是q进制串,q = (√5 + 1)/2,比较这两个串的大小。

分析:q的长度很大,即使用大数似乎也不怎么合理,其实我写了半天大数,用最大长度数据测试发现根本出不了结果,也许我写的太挫了,也学时间就耗在上面了。

最终只能另想方法,而且题目中也说明了q^2 = q+1,所以很容易想到利用这个来做这个题, 观察到对于一个串中连续2个1,可以转化为高位的1个1,而且大小不变。这个题目比较大小的难点在于,会存在100 和011相等的情况,也就是不能通过一步步比较最高位来判断大小,低位也会影响。所以关键在于如何消除这种影响,我想到的方法就是从低位开始将连续2个1消去,变成高位1,如00110变成01000就好了,但是有一个问题就是遇到这种情况,001110,不止2个1连着,这样如果将最低2个1消除,会使得高位有2个1,001(2)000,这事就应该将连续一段最后两个1消除。这样做了一次之后还不够,需要反过来在做一次,比如这种情况,01111100,第一遍之后变成10011100,反过来遇到连续2个1,则变成高位,第二遍变成10100100,至于为什么这样做,因为第一遍之后会给后面的连续的1空出至少2个空间,这样第二遍的时候就不会有高位2个1的情况。

具体实现用到了bitset,只是因为最近学到了它,想熟练一下只用。

代码:

 1 //Template updates date: 20140718 2 #include <bits/stdc++.h> 3 #define in freopen("solve_in.txt", "r", stdin); 4 using namespace std; 5  6 const int maxn = 100000 + 100; 7 bitset<maxn> a, b; 8 void solve(bitset<maxn> &x) { 9    for(int i = 0; i < maxn - 10; i++) {10         if(x[i] && x[i+1] && !x[i+2]) {11             x[i] = x[i+1] =0;12             x[i+2] = 1;13             i++;14         }15     }16     for(int i = maxn-11; i >= 0; i--) {17         if(x[i] && x[i+1]) {18             x[i+2] = 1;19             x[i] = x[i+1] = 0;20         }21     }22 }23 int main() {24 25     cin>>a>>b;26     solve(a);27     solve(b);28     for(int i = maxn-11; i >= 0; i--){29         if(a[i] > b[i]){30                 puts(">");31             return 0;32         }33         else if(a[i] < b[i]){34             puts("<");35             return 0;36         }37     }38     puts("=");39     return 0;40 }
View Code

B题:有2个服务器,每个服务器上分别存储则会2个表,分别有m,n行,其中每个服务器会有很多分区,第一个服务器上第i个分区存储着ai行,第二个服务器第i个分区存储着bi行。

每次操作可以将任何分区上的行复制到其他任何分区,且花费为复制过去的行的数目。求最少的花费,使得对于第1个服务器上表的每行和第2个服务器上的表每个行都至少同时出现在一个分区上。

分析:

先对a[i], b[i]排序,suma[i]表示第一个服务器上前i个分区的行之和,sumb[i]类似。

问题可以这样考虑,第一个服务器上行最终状态是分成了x堆,第二个服务器上行移动到这些堆里面,这里花费为x*sumb[n],第一个服务器的花费应当是,a[i]中最大的x个作为不动分区,其他分区移动到这x个堆上面,花费为suma[x-1],枚举x,去最小值。

同理,可对第二个服务器作为x个堆算出最优值。

代码:

 1 //Template updates date: 20140718 2 #include <bits/stdc++.h> 3  4 #define  in  freopen("solve_in.txt", "r", stdin); 5 using namespace std; 6 const int maxn = 100000 + 100; 7 double a[maxn], b[maxn], sum1[maxn], sum2[maxn]; 8  9 int main() {10 11     int n, m;12     cin>>m>>n;13     double ans = 1e25;14     for(int i = 1; i <= m; i++) {15         scanf("%lf", &a[i]);16         sum1[i] = sum1[i-1]+a[i];17     }18     for(int i = 1; i <= n; i++) {19         scanf("%lf", b+i);20         sum2[i] = sum2[i-1]+b[i];21     }22     sort(a+1, a+m+1);23     sort(b+1, b+n+1);24     for(int i = 1; i <= m; i++) {25         sum1[i] = sum1[i-1]+a[i];26     }27     for(int i = 1; i <= n; i++) {28         sum2[i] = sum2[i-1]+b[i];29     }30     for(int i = 1; i <= m; i++) {31         double tmp = sum2[n]*i+sum1[m-i];32         ans = min(ans, tmp);33     }34     for(int i = 1; i <= n; i++) {35         double tmp = sum1[m]*i+sum2[n-i];36         ans = min(ans, tmp);37     }38     printf("%.0f\n", ans);39     return 0;40 }
View Code

C题:有n支选票,投给ai,如果要这个人把票投给自己,那么需要花费bi,自己的标号为0。求最少的花费,使得自己选票比选票数目最多的那个人还要多。

分析:研究了半天别人代码,发现大抵方法是这样的:首先统计每个人得到的票数,及花费。然后将每个人票花费从小到大排序,统计出每个人的票数排序。

然后就是枚举我需要得到的票数i了,每次从票数比我多的人中减去一票,如果没有达到i,那么才弄个剩下的票数中选出花费最小的一些票。

更新剩下的票数,并选出最小的一些个时用到了树状数组,看了@JayYe的代码,自己仿写了一遍,我不会这一题啊。自己看了还不是很理解~~GG

另外, 好像还可以用三分?

树状数组实现代码:

值得学习的是, 里面查询最小k个的花费时的函数,二进制位从高到低枚举,每次cnt + num[res] < k ,则说明该高位应该加进去。

  1 #include <bits/stdc++.h>  2 #define in freopen("solve_in.txt", "r", stdin);  3 #define lson rt<<1, l, m  4 #define rson rt<<1|1, m+1, r  5 #define lowbit(x) ((x)&(-(x)))  6 using namespace std;  7 const int maxn = 100000+10;  8 const int maxm = 10000+10;  9  10 map<int, multiset<int> > mps; 11 typedef map<int, multiset<int> > :: iterator it; 12  13 int n; 14 int x[maxn], y[maxn], cost[maxn], pos[maxm], val[maxm], num[maxm]; 15 int sz[maxn], r[maxn]; 16 int cnt, tot; 17 bool cmp(int a, int b) { 18     return sz[a] > sz[b]; 19 } 20 void update(int x, int v) { 21     int tmp = cost[x]; 22     while(x < maxm) { 23         num[x] += v; 24         val[x] += v*tmp; 25         x += lowbit(x); 26     } 27 } 28 int query1(int x) { 29     int res = 0; 30     while(x > 0) { 31         res += num[x]; 32         x -= lowbit(x); 33     } 34     return res; 35 } 36 int query2(int x) { 37     int res = 0; 38     while(x > 0) { 39         res += val[x]; 40         x -= lowbit(x); 41     } 42     return res; 43 } 44 int findup(int x) { 45     int res = 0; 46     int tmp = 0; 47     for(int i = 15; i >= 0; i--) { 48         res += (1<<i); 49         if(res >= tot || tmp + num[res] >= x) 50             res -= (1<<i); 51         else tmp += num[res]; 52     } 53     return res + 1; 54 } 55 #define bug puts(">>>>>>>>>>>><<<<<"); 56 int main() { 57      58     cin>>n; 59     for(int i = 0; i < n; i++) { 60         scanf("%d%d", x+i, y+i); 61         if(x[i]) 62             mps[x[i]].insert(y[i]); 63     } 64     for(int i = 0; i < n; i++) { 65         cost[++tot] = y[i]; 66     } 67     sort(cost+1, cost+tot+1); 68     tot = unique(cost+1, cost+tot+1)-cost; 69     for(int i = 1; i < tot; i++) { 70         pos[cost[i]] = i; 71     } 72     for(int i = 0; i < n; i++) { 73         update(pos[y[i]], 1); 74     } 75     for(it s = mps.begin(); s != mps.end(); s++) { 76         r[cnt++] = s->first; 77         sz[s->first] = (s->second).size(); 78     } 79     sort(r, r+cnt, cmp); 80     int j = 0; 81     int nn = 0, ans = 0x7f0f0f0f, ccost = 0; 82     for(int i = n; i >= 1; i--) { 83         while(j < cnt && sz[r[j]] >= i) j++; 84         for(int k = 0; k < j; k++) { 85             nn++; 86             int tmp = *mps[r[k]].begin(); 87             ccost += tmp; 88             mps[r[k]].erase(mps[r[k]].begin()); 89             update(pos[tmp], -1); 90         } 91         int cc = ccost; 92         int kk = max(i-nn, 0); 93         if(kk > 0) { 94             int p = findup(kk); 95             int t1 = query2(p-1); 96             cc += t1 + (kk-query1(p-1))*cost[p]; 97         } 98         ans = min(ans, cc); 99     }100     printf("%d\n", ans);101     return 0;102 }
View Code