身為一名高中生，卻還是不知廉恥地做了一遍普及組的題目，體驗一把AK的感覺
T1 優秀的拆分
T1還是一如既往的水。
根據題意，奇數直接-1，偶數就從一個很大的2的冪開始枚舉，n比這個數大就輸出這個數並且n減去這個數，然后這個數/2。
#include<iostream> using namespace std; int n; int main() { cin>>n; if(n&1){ cout<<-1; return 0; } for(int i=(1<<30);i>0;i/=2){ if(n>=i){ cout<<i<<" "; n-=i; } } return 0; }
T2 直播獲獎
今年的T2還是比較難的，用到了兩個大根堆。
建議先看看這兩個題：
再看這個題就很板子了。
計算出小根堆的大小，然后不斷push和pop操作即可。
#include<iostream> #include<queue> using namespace std; priority_queue<int> q1; priority_queue<int,vector<int>,greater<int> > q2; int n,w,a[100005]; int main(){ cin>>n>>w; for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i]; for(int i=1;i<=n;i++){ int k=max(1,i*w/100); if(q2.empty()||q2.top()<=a[i]) q2.push(a[i]); else q1.push(a[i]); while(!q2.empty()&&q2.size()>k){ q1.push(q2.top()); q2.pop(); } while(q2.empty()||q2.size()<k){ q2.push(q1.top()); q1.pop(); } cout<<q2.top()<<" "; } return 0; }
T3 表達式
這個題就比較毒瘤。不但碼量大，而且規律比較不明顯。
后綴表達式用棧處理，不會的可以看看這個板子：P1449 后綴表達式
這個題先O(n)求出沒取反前的答案,然后對於這q個詢問，很顯然不能每個詢問改變一下再求，所以我們只能去尋找規律，做到O(1)出答案。
我們不難發現，對於每一個操作符，不管操作數是什么，答案最終只可能是0或者1，我們就可以記錄下每一個操作符所對應的結果，並且記錄這個結果是有哪兩個操作數得來的，和這個結果所影響的下一步操作的編號是什么。
存在一個結構體里，即下標表示編號，id表示操作符類型，to表示影響的下一個操作的編號，value表示這一步的值，x1、x2表示兩個操作數（！運算只用到x1）。
然后對於每一次修改，類似記憶化搜索，遞歸判斷對答案有沒有影響，把判斷出來的用vis數組標記一下，即記下變換之后對下一個操作的答案沒有影響。
因為我太菜了，所以一開始的string用了非常笨的方法處理。
#include<iostream> #include<cmath> #include<algorithm> #include<stack> #include<cstring> #include<cstdio> using namespace std; const int maxn=1000005; struct node{ int id; int to; int value; int x1,x2; }c[maxn*2]; int a[maxn],n,q; stack<int> s; string ss; int cnt=1000000; int vis[maxn*2],ans; int sss(string ss){ int n=0; for(int i=1;i<ss.length();i++) n+=(pow(10,ss.length()-i-1)*(ss[i]-'0')); return n; } int ssss(string ss){ int n=0; for(int i=0;i<ss.length();i++) n+=(pow(10,ss.length()-i-1)*(ss[i]-'0')); return n; } int dfs(int num){ if(c[num].id==0) return c[num].value=a[num]; if(c[num].id==1){ int x=dfs(c[num].x1),y=dfs(c[num].x2); if(x==1&&y==1) return c[num].value=1; else return c[num].value=0; } if(c[num].id==2){ int x=dfs(c[num].x1),y=dfs(c[num].x2); if(x==0&&y==0) return c[num].value=0; else return c[num].value=1; } if(c[num].id==3){ int x=dfs(c[num].x1); if(x==0) return c[num].value=1; else return c[num].value=0; } } bool query(int num){ if(vis[num]==1) return 1; if(vis[num]==2) return 0; int too=c[num].to; int x=c[too].x1,y=c[too].x2; if(x==num) x=y; if(c[num].value==0){ if(c[too].id==1&&c[x].value==1){ query(too)?vis[num]=1:vis[num]=2; return vis[num]==1?1:0; } if(c[too].id==1&&c[x].value!=1) return vis[num]=1; if(c[too].id==2&&c[too].value==0){ query(too)?vis[num]=1:vis[num]=2; return vis[num]==1?1:0; } if(c[too].id==2&&c[too].value==1) return vis[num]=1; if(c[too].id==3){ query(too)?vis[num]=1:vis[num]=2; return vis[num]==1?1:0; } } if(c[num].value==1){ if(c[too].id==1&&c[x].value==1){ query(too)?vis[num]=1:vis[num]=2; return vis[num]==1?1:0; } if(c[too].id==1&&c[x].value!=1) return vis[num]=1; if(c[too].id==2&&c[x].value==0){ query(too)?vis[num]=1:vis[num]=2; return vis[num]==1?1:0; } if(c[too].id==2&&c[x].value!=0) return vis[num]=1; if(c[too].id==3){ query(too)?vis[num]=1:vis[num]=2; return vis[num]==1?1:0; } } if(c[num].value>1){ if(c[too].id==1) return vis[num]=1; if(c[too].id==2&&c[x].value==0){ query(too)?vis[num]=1:vis[num]=2; return vis[num]==1?1:0; } if(c[too].id==2&&c[x].value!=0) return vis[num]=1; if(c[too].id==3){ query(too)?vis[num]=1:vis[num]=2; return vis[num]==1?1:0; } } } int main(){ while(1){ cin>>ss; if(ss[0]=='x') s.push(sss(ss)); else{ if('0'<=ss[0]&&ss[0]<='9'){ n=ssss(ss); break; } else{ if(ss[0]=='&'){ c[++cnt].id=1; c[s.top()].to=cnt; c[cnt].x1=s.top(); s.pop(); c[s.top()].to=cnt; c[cnt].x2=s.top(); s.pop(); s.push(cnt); }else{ if(ss[0]=='|'){ c[++cnt].id=2; c[s.top()].to=cnt; c[cnt].x1=s.top(); s.pop(); c[s.top()].to=cnt; c[cnt].x2=s.top(); s.pop(); s.push(cnt); }else{ if(ss[0]=='!'){ c[++cnt].id=3; c[s.top()].to=cnt; c[cnt].x1=s.top(); s.pop(); s.push(cnt); } } } } } } for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]); ans=dfs(cnt); if(n==1&&cnt==1000000){ cout<<a[1]; return 0; } cin>>q; vis[cnt]=2; for(int i=1;i<=q;i++){ int qu; scanf("%d",&qu); if(query(qu)) printf("%d\n",ans); else printf("%d\n",!ans); } return 0; }
T4 方格取數
這個題就是一個比較偏板子的dp。
用dp[i][j][0/1/2]分別表示 到第i行 第j列這個點 ，這一列從上往下/從下往上/沒有約束 的最大值。
Q：為什么沒有后效性呢？
A：因為不能往左走，所以可以一列一列處理，所以先枚舉列。
然后就是一頓轉移即可。
注意103*103*104=1010，會爆int！要用long long！
我TM提高組因為沒開long longT2炸了，現在又忘了……
十年oi一場空，不開long long見祖宗。
#include<iostream> #include<cstdio> using namespace std; const int maxn=1005; int n,m,a[maxn][maxn]; long long dp[maxn][maxn][3]; int main(){ cin>>n>>m; for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=1;j<=m;j++){ scanf("%d",&a[i][j]); } } for(int i=1;i<=n;i++){ dp[i][1][2]=dp[i-1][1][2]+a[i][1]; } for(int j=2;j<=m;j++){ dp[1][j][0]=dp[1][j-1][2]+a[1][j]; for(int i=2;i<=n;i++){ dp[i][j][0]=max(dp[i][j-1][2],dp[i-1][j][0])+a[i][j]; } dp[n][j][1]=dp[n][j-1][2]+a[n][j]; for(int i=n-1;i>=1;i--){ dp[i][j][1]=max(dp[i][j-1][2],dp[i+1][j][1])+a[i][j]; } for(int i=1;i<=n;i++){ dp[i][j][2]=max(dp[i][j][0],dp[i][j][1]); } } cout<<dp[n][m][2]; return 0; }
//期中考試炸了嗚嗚嗚