題目

收集卡片

Description

Star 計劃訂購一本將要發行的週刊雜誌，但他可不是爲了讀書，而是——集卡。已知雜誌將要發行 N 周（也就是 N 期），每期都會附贈一張卡片。Star通過種種途徑，瞭解到 N 期雜誌附贈的卡片種類。Star 只想訂購連續的若干期，並在這些期內收集所有可能出現的種類的卡片。現在他想知道，他最少需要訂購多少期。

Input

第一行一個整數 N；
第二行一個長度爲 N 的字符串，由大寫或小寫字母組成，第 i 個字符表示第 i 期附贈的卡片種類，每種字符（區分大小寫）表示一種卡片。

Output

輸出一行一個整數，表示 Star 最少訂購的期數。

Sample Input

8
acbbbcca

Sample Output

Data Constraint

對於 30%的數據，N ≤ 300；
對於 40%的數據，N ≤ 2000；
對於 60%的數據，N ≤ 5000；
對於 80%的數據，N ≤ 100000；
對於 100%的數據，N ≤ 500000。

基因變異

Description

21 世紀是生物學的世紀，以遺傳與進化爲代表的現代生物理論越來越多的進入了我們的視野。如同大家所熟知的，基因是遺傳因子，它記錄了生命的基本構造和性能。因此生物進化與基因的變異息息相關，考察基因變異的途徑對研究生物學有着至關重要的作用。現在，讓我們來看這樣一個模型：
1、所有的基因都可以看作一個整數或該整數對應的二進制碼；
2、在 1 單位時間內，基因 x 可能會在其某一個二進制位上發生反轉；
3、在 1 單位時間內，基因 x 可能會遭到可感染基因庫內任一基因 y 的影響而突變爲 x XOR y。
現在給出可感染基因庫，Q 組詢問，每組給出初始基因與終止基因，請你分別計算出每種變異最少要花費多少個單位時間。

Input

第 1 行兩個整數 N, Q；第 2 行 N 個用空格隔開的整數分別表示可感染基因庫內的基因；接下來 Q 行每行兩個整數 S、T，分別表示初始基因與終止基因。

Output

輸出 Q 行，依次表示每組初始基因到終止基因間最少所花時間。

Sample Input

3 3
1 2 3
3 4
1 2
3 9

Sample Output

2
1
2

Data Constraint

對於 20%的數據，N = 0；
對於額外 40%的數據，1 ≤ Q ≤ 100，所有基因表示爲不超過 $10^4$ 的非負整數；
對於 100%的數據，0 ≤ N ≤ 20，1 ≤ Q ≤ $10^5$ ，所有基因表示爲不超過 $10^6$ 的非負整數。

abcd

Description

有4個長度爲N的數組a,b,c,d。現在需要你選擇N個數構成數組e，數組e滿足 $a_i\leq e_i\leq b_i$ 以及 $\sum^{N}_{i=1}e_i*c_i=0$ 並且使得 $\sum^{N}_{i=1}e_i*d_i$ 最大。

Input

輸入文件名爲abcd. in。
輸入文件共 N+1 行。
第 1 行包含1個正整數N。
第 i+1 行包含4個整數a[i],b[i],c[i],d[i]。

Output

輸出文件名爲abcd.out。
輸出共1行，包含1個整數，表示所給出公式的最大值。輸入數據保證一定有解。

Sample Input

Sample1:
5
-1 1 2 5
-2 2 1 2
0 1 1 3
-2 -1 3 10
-2 2 3 9
Sample2:
10
1 10 1 7
-10 10 2 0
-10 10 2 2
-10 10 2 0
1 10 1 0
-10 10 2 0
10 10 2 0
1 10 1 0
-10 10 2 0
1 10 1 0
Sample3:
10
1 10 1 0
-10 10 2 2
-10 10 2 2
-10 10 2 2
1 10 1 0
-10 10 2 2
-10 10 2 2
1 10 1 0
-10 10 2 2
1 10 1 0

Sample Output

Sample1:
2
Sample2:
90
Sample3:
-4

Data Constraint

對於20%的數據，N≤10，-2≤a[i]<b[i]≤2；
對於60%的數據，N≤50, -20≤a[i]<b[i]≤20；
對於100%的數據，N≤200，-25≤a[i]<b[i]≤25，1≤c[i]≤20，0≤d[i] ≤100000。

總結

今天犯了一個錯誤，坑了100分，只有100分了。

第一題：
我先想到了二分答案、前綴和等高深的算法。好不容易纔回過神來，發現這是一道很水很水的雙向指針。在想完第二題後打代碼，考場AC。

第二題：
一開始覺得很神仙，就去看第三題，結果發現第三題更神仙o(╥﹏╥)o
於是決定模擬一下樣例。由於我理解錯了題意，把

在 1 單位時間內，基因 x 可能會在其某一個二進制位上發生反轉；

理解成了可以在1單位時間內翻轉基因 x 的所有二進制位，因此怎麼算也算不出來；等我算完樣例後，驚奇地發現了一個神奇的東西：

把基因 x 變成基因 y 等價於把 0 變成 x^y（即 x 和 y 有多少個不同的位）

於是我欣欣然打了一個DP：設 $f_i$ 表示把基因 i 變成0的最少步數。 $\begin{cases}f_0=0\\f_{i\bigoplus2^j}=\max(f_{i\bigoplus 2^j},f_i+1)&\text{i>0}\\f_{i\bigoplus a_j}=\max(f_{i\bigoplus a_j},f_i+1)&\text{i>0}\end{cases}$ 其中 $\bigoplus$ 表示xor。
結果發現這個DP有後效性，遂改成記憶化搜索（DFS），結果時間複雜度似乎不太理想。

正常人這個時候都會把DFS改成BFS，然而我卻腦殘了一般，輸出 f 數組，然後在代碼的開頭直接給 f 數組賦初值。

其實這樣是會出錯的，因爲每一個輸入的 a 都不一樣，那麼 f 的值就自然不同了；然而我卻沒有意識到這一點，直接交到OJ上。
注意碼量！
是不是很驚人？我~~TMD~~給 $2^{20}$ 那麼大的DP數組賦初值，結果直接編譯錯誤了（OJ能容忍的最長碼量似乎是 $10^5$ byte）
不過話說回來，這樣的實驗似乎是挺有趣的。

正解

T1

雙指針搜索就可以了。
下面就來解釋什麼是雙指針搜索。
首先申明一下，這裏的指針並非指數據結構中的那個指針，而是兩個指向數組中位置的變量。我們要兩個指針 l 和 r，分別指向子區間的開頭和結尾。

這個算法常用來解決在大區間中找滿足要求的最長或最短的子區間。它的步驟常是這樣：

若當前區間不滿足要求（有時也可以是滿足要求），且若是該區間向右擴張後可能滿足，即向右擴張可接近要求，則把 r 指針向右移動1個單位，並加上該元素的值；
若當前區間已經超出要求（有時是滿足要求），且該區間向右擴張會不斷遠離要求，則把 l 指針向右移動1個單位。
注意：在所有這些過程中，l 和 r指針永遠向右移動

在這題中，我們先把兩個指針指針指向第一個元素，再執行上面的過程。如果當前區間不包含所有字符，則 r 向右移動；包含所有字符，就把 l 向右移動（因爲我們這道題目是要求最短序列的）。
最後，請注意邊界條件！

T2

這題其實也不難（然而我卻爆0了）
首先，我們可以發現一個顯而易見的規律（~~不要問我爲什麼想了20分鐘才發現~~）

把基因 x 變成基因 y 等價於把 0 變成 x^y（即 x 和 y 有多少個不同的位）

因此，我們可以先預處理出所有數變成0的最少步數（很容易發現把x變成y等價於把y變成x嘛）
可以從0出發，搜索所有它可以變成的數，若可以更新，就更新它並從它出發進行搜索。
顯然DFS會TLE，我們就要加上記憶化；然而記憶化DFS還是會爆炸，於是我就想到了打表（不要問我爲什麼想不到BFS！！！）
其實用BFS就可以了。。。

T3

這題不少人用水法過了。
其實我們可以把它轉化成一道多重揹包問題：

給出n個物品，每一件可以選 $a_i$ 到 $b_i$ 個，體積爲 $c_i$ ，價值爲 $d_i$ ，恰好填滿一個容量爲0的揹包

對於這個問題，我們可以把範圍轉換成0~b[i]-a[i]，那麼選的件數就成了e[i]-a[i]，那麼揹包的體積就成了-a[i]*c[i]（因爲a[i]幾乎總是小於0），價值是 $(e_i-a_i)*d_i+\Sigma a_i*d_i$ 。
但是這樣DP顯然時超，因此我們要用優化。有兩種：單調隊列和二進制。
這裏說一下二進制優化：

設物品的體積爲x，我們就把它分解成體積爲1,2,4,8,… $2^{k-1}$ , $n-2^{k-1}$ 的物品。
可以證明，這些物品可以組成0~x中的任意體積。

這樣做就可以了。

代碼

T1

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define N 500005
struct node
{char ch;int id;}s[N];
int a[N],num[N];
inline bool cmp(node x,node y)
{return x.ch<y.ch;}
int main()
{
	int n,m=1,i,j,l,r,ans=N;
	bool bk;
	scanf("%d\n",&n);
	for(i=1;i<=n;i++) scanf("%c",&s[i].ch),s[i].id=i;
	sort(s+1,s+n+1,cmp);
	a[s[1].id]=1;
	for(i=2;i<=n;i++)
	{
		if(s[i].ch>s[i-1].ch) m++;
		a[s[i].id]=m;
	}
	for(l=r=1,num[a[1]]=1;l<=n;--num[a[l++]])
	{
		bk=1;
		for(;bk&&r<=n;num[a[++r]]++)
		{
			for(j=1;j<=m;j++)
				if(!num[j])
					break;
			if(j>m){bk=0;break;}
		}
		if(bk) break;
		if(r-l+1<ans) ans=r-l+1;
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

T2

#include<cstdio>
using namespace std;
#define M 1048576
#define N 25
int n,a[N],f[M],data[5110000];
int main()
{
	int m,i,j,x,y,head=0,tail=1;
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
	for(i=1;i<M;i++) f[i]=N;
	while(head<tail)
	{
		x=data[++head];
		for(i=1;i<=n;i++)
		{
			if(f[x^a[i]]>f[x]+1)
			{
				f[x^a[i]]=f[x]+1;
				data[++tail]=x^a[i];
			}
		}
		for(i=0;i<20;i++)
		{
			if(f[x^1<<i]>f[x]+1)
			{
				f[x^1<<i]=f[x]+1;
				data[++tail]=x^1<<i;
			}
		}
	}
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		scanf("%d%d",&x,&y),x^=y;
		printf("%d\n",f[x]);
	}
	return 0;
}

T3

#include<cstdio>
using namespace std;
#define N 205
#define M 100005
#define inf 999999999
int n,m,ans,s,f[M],a[N],b[N],c[N],d[N],w[N*6],v[N*6];
int main()
{
	freopen("abcd.in","r",stdin);
	freopen("abcd.out","w",stdout);
	int i,j,k;
	scanf("%d",&n);
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d%d%d%d",&a[i],&b[i],&c[i],&d[i]);
		m-=a[i]*c[i],ans+=a[i]*d[i];
	}
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		k=b[i]-a[i];
		for(j=1;j<=k;j<<=1)
		{
			w[++s]=j*c[i],v[s]=j*d[i];
			k-=j;
		}
		if(k) w[++s]=k*c[i],v[s]=k*d[i];
	}
	for(i=1;i<M;i++) f[i]=-inf;
	for(i=1;i<=s;i++)
	{
		for(j=m;j>=w[i];j--)
		{
			if(f[j]<f[j-w[i]]+v[i])
				f[j]=f[j-w[i]]+v[i];
		}
	}
	printf("%d\n",ans+f[m]);
	return 0;
}

2018.12.15【NOIP提高組】模擬B組

題目

收集卡片

Description

Input

Output

Sample Input

Sample Output

Data Constraint

基因變異

Description

Input

Output

Sample Input

Sample Output

Data Constraint

abcd

Description

Input

Output

Sample Input

Sample Output

Data Constraint

總結

正解

T1

T2

T3

代碼

T1

T2

T3

2019.08.17【NOIP提高組】模擬 A 組比賽總結

2019.08.13【NOIP提高組】模擬 A 組比賽總結

2019.08.07【NOIP提高組】模擬 A 組比賽總結

2019.08.04【NOIP提高組】模擬 A 組比賽總結

2019.07.11【NOIP提高組】模擬 A 組&B組總結

Mac下配置sublime實現LaTeX

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linux以太網驅動總結