2017-9-14 NOIP模拟赛

送分题

(songfen)
e Time Limit: 10 00ms y Memory Limit:128MB
题目描述
LYK 喜欢干一些有挑战的事，比如说求区间最大子段和。它知道这个题目有 O(n)的做法。
于是它想加强一下。
也就是说，LYK 一开始有 n 个数，第 i 个数字是 ai,它找来了一个新的数字 P，并想将
这 n 个数字中恰好一个数字替换成 P。要求替换后的最大子段和尽可能大。
LYK 知道这个题目仍然很简单，于是就扔给大家来送分啦~
注：最大子段和是指在 n 个数中选择一段区间[L,R]（L<=R）使得这段区间对应的数字
之和最大。
输入格式(songfen.in)
第一行两个数 n,P。
接下来一行 n 个数 ai。
输出格式(songfen.out)
一个数表示答案。
输入样例
5 3
-1 1 -10 1 -1
输出样例
5
样例解释
将第三个数变成 3 后最大子段和为[2,4]。
数据范围
对于 30%的数据 n<=100。
对于另外 30%的数据 ai,P>=0。
对于 100%的数据 n<=1000，-1000<=ai,P<=1000。
Note:提前 AK 的同学可以想一想 O(n)的做法。

/*

    先用前缀和维护原序列

    然后将p与序列中的每个数做差形成新的序列，用st表维护新序列的区间最大值

    枚举序列的左右端点，然后用原序列的区间和加上新序列的区间最大值更新答案

*/

#include<iostream>

#include<cstdio>

using namespace std;

#define maxn 1010

int n,p,a[maxn],q[maxn],mx[maxn][],sum[maxn];

int query(int l,int r){

    int k=;

    while(<<k+<=(r-l+))k++;

    return max(mx[l][k],mx[r-(<<k)+][k]);

}

int main(){

    //freopen("Cola.txt","r",stdin);

    freopen("songfen.in","r",stdin);

    freopen("songfen.out","w",stdout);

    scanf("%d%d",&n,&p);

    for(int i=;i<=n;i++){

        scanf("%d",&a[i]);

        sum[i]=sum[i-]+a[i];

        q[i]=p-a[i];

        mx[i][]=q[i];

    }

    int ans=-0x7fffffff;

    for(int j=;(<<j)<=n;j++)

        for(int i=;i<=n;i++)

            mx[i][j]=max(mx[i][j-],mx[i+(<<(j-))][j-]);

    for(int i=;i<=n;i++){

        for(int j=i;j<=n;j++){

            ans=max(ans,sum[j]-sum[i-]);

            int now=sum[j]-sum[i-]+query(i,j);

            ans=max(ans,now);

        }

    }

    cout<<ans;

    return ;

}

100分前缀和+st表

树状数组

(lowbit)
e Time Limit:1 1 000ms y Memory Limit:128MB
题目描述
这天，LYK 在学习树状数组。
当它遇到一个叫 lowbit 的函数时有点懵逼。 lowbit(x)的意思是将 x 分解成二进制，它的
值就是?
? ，其中 k 是最小的满足(x & ? ? )>0 的数。（&是二进制中的 and 运算）
LYK 甚至知道 lowbit(x)=(x&-x)。但这并没什么用处。
现在 LYK 有了 n 个数字，为了使自己更好的理解 lowbit 是什么意思。它想对所有 n^2
个二元组求 lowbit。具体的，对于一个二元组(ai,aj)，它的值为 lowbit(ai xor aj) (xor 表示
异或的意思)，那么总共有 n^2 对二元组，LYK 想知道所有二元组的值加起来是多少。
这个答案可能很大，你只需输出这个值对 1000000007 取模后的结果就可以了。
输入格式(lowbit.in)
第一行一个数 n，表示有 n 个这样的数字。
第二行 n 个数 ai。
输出格式(lowbit.out)
一个数表示答案。
输入样例
5
1 2 3 4 5
输出样例
32
数据范围
对于 30%的数据 n<=1000。
对于另外 10%的数据 ai<=1。
对于再另外 10%的数据 ai<=3。
对于再再另外 20%的数据 ai<1024。
对于 100%的数据 1<=n<=100000,0<=ai<2^30。

#include<iostream>

#include<cstdio>

using namespace std;

#define maxn 100010

#define mod 1000000007

int n;

long long a[maxn];

long long ans;

long long qread(){

    long long i=;

    char ch=getchar();

    while(ch<''||ch>'')ch=getchar();

    while(ch<=''&&ch>=''){i=i*+ch-'';ch=getchar();}

    return i;

}

int main(){

    freopen("lowbit.in","r",stdin);

    freopen("lowbit.out","w",stdout);

    scanf("%d",&n);

    for(int i=;i<=n;i++)a[i]=qread();

    for(int i=;i<=n;i++){

        for(int j=i+;j<=n;j++){

            long long x=a[i]^a[j];

            ans=(ans+(x&-x))%mod;

        }

    }

    ans=(ans+ans)%mod;

    cout<<ans;

    return ;

}

30分暴力

/*

    分治

    二进制最后一位是0的放左边，最后一位是1的放右边，对答案的贡献为两者个数的乘积* 2^0

    对于左边的和右边的，分别做：

    二进制倒数第二位是0的放左边，倒数第二位是1的放右边，对答案的贡献为两者个数的乘积* 2^1

    ……

    边界条件1： 没有数了

    边界条件2：二进制位数>30 （非常重要，他保证了最多分治30层，高效解决应重复出现的数）

*/

#include<iostream>

#include<cstdio>

#define mod 1000000007

#define N 100001

using namespace std;

int n;

int a[N],b[N];

long long ans;

void divide(int l,int r, int k){

    if(l>=r || k>) return;

    int L=l,R=r;

    for(int i=l;i<=r;i++)

        if(a[i] & (<<k)) b[L++]=a[i];

        else b[R--]=a[i];

    ans=(ans+1ll*(L-l)*(r-R)*(<<k))%mod;

    for(int i=l;i<=r;i++) a[i]=b[i];

    if(l!=L) divide(l,L-,k+);

    if(r!=R) divide(R+,r,k+);

}

int main(){

    freopen("lowbit.in","r",stdin);

    freopen("lowbit.out","w",stdout);

    scanf("%d",&n);

    for(int i=;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);

    divide(,n,);

    printf("%I64d",(ans<<)%mod);

}

100分分治

防 AK 好题

(fangak)
e Time Limit: 10 00ms y Memory Limit:128MB
题目描述
LYK 觉得，这场比赛到目前为止，题目都还太简单了。
于是，它有意在最后一题为难一下大家。它定义了一个非常复杂的运算。具体的，一开
始它有 n 个数 ai。令 c 表示最大的相邻两个数的差。也就是说 c=max{|a[i]-a[i-1]|}(i∈
[2,n])。这个值显然是一个常数。
但是问题来了，LYK 为了刁难你们，它想改变其中 k 个数，也就是说将其中至多 k 个数
变成任意的数，并且 LYK 要求这么做完后 c 的值尽可能小。
输入格式(fangak.in)
第一行两个数 n,k。
接下来一行 n 个数表示 ai。
输出格式(fangak.out)
一个数表示最小的 k 的值。
输入样例
6 3
1 2 3 7 8 9
输出样例
1
数据范围
对于 20%的数据 n<=8。1<=ai<=8。
对于另外 20%的数据 k=1。
对于再另外 20%的数据 ai 一开始是单调递增的。
对于再再另外 20%的数据 n<=100。
对于 100%的数据 1<=k<=n<=1000，-10^9<=ai<=10^9。

/*

    二分+DP

    dp[i] 表示 到第i个数， 在满足条件(任意两个相邻的数，差<=mid)的情况下，并且i没有被改变，最少改变多少数字。

    状态转移： dp[i]=dp[k]+(i-k-1)    k=0~i-1  表示 k+1~i-1 都被改变了

    转移条件：mid*(k-i)>=abs(a[k]-a[i])  k~i这段区间能满足条件

    只管修改了多少个数，至于改成了什么，不关心

    最大的差最小，就是让数均匀分布，那么二分最大的差，条件就是差*个数>= | 区间右边-左边 |

    也就是假设区间左右端点都不改变，而区间内部都改变

    区间内部都改变是最差的情况，他会随着区间左端点的移动而变小

*/

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<algorithm>

#define N 1001

using namespace std;

int n,k,maxn=-2e9,minn=2e9;

int a[N],dp[N+];

bool check(int mid){

    dp[]=;

    for(int i=;i<=n;i++){

        dp[i]=n+;

        for(int j=i-;j>=;j--)

          if(!j || mid*(i-j)>=abs(a[i]-a[j])) dp[i]=min(dp[i],dp[j]+i-j-);

    }

    for(int i=;i<=n;i++)

     if(dp[i]+n-i<=k) return true;

    return false;

}

int main(){

    freopen("fangak.in","r",stdin);

    freopen("fangak.out","w",stdout);

    scanf("%d%d",&n,&k);

    for(int i=;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),maxn=max(maxn,a[i]),minn=min(minn,a[i]);

    int l=,r=maxn-minn,mid,ans;

    while(l<=r){

        mid=l+r>>;

        if(check(mid)) ans=mid,r=mid-;

        else l=mid+;

    }

    printf("%d",ans);

}

还不会呢

巴特西

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送分题

树状数组

防 AK 好题

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