NOIP TEST Dyzerjet 10月29日

T1 permut

題目描述

求由1到n 一共n個數字組成的所有排列中，逆序對個數爲k的有多少個

輸入格式

第一行爲一個整數T，爲數據組數。
以下T行，每行兩個整數n，k，意義如題目所述。

輸出格式

對每組數據輸出答案對10000 取模後的結果

Sample Input

1
4 1

Sample Output

3

數據範圍及約定

對於30% 的數據：滿足n<=12
對於所有數據：滿足n<=1000，k<=1000，T<=10

一眼動歸無疑。類似這種的dp做過很多遍了。枚舉到 i 時，我們假設 i-1 的狀態已經推出來了，那麼考慮 i 。因爲 i 肯定是整個序列最大的，所以如果將 i 插到 i-1 序列的最後，逆序對個數不會增加；如果插在倒數第一個前，那麼逆序對個數要加 1 …………。綜上所述，我們設 f[i][j] 表示前 i 個數構成 j 個逆序對的數列個數，那麼由上得：f[i][j]=f[i-1][j]+f[i-1][j-1]+…+f[i-1][0]。值得注意的是，如果j>i-1，也就是說 i-1 無法提供 j 個逆序對，後面的就不能加上，因此要減去 f[i-1][j-i]…f[i-1][0]。考慮到時間複雜度的問題，我們可以定義一個 sum 數組來儲存上面那一串。

代碼：

#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
int f[1001][1001];
int sum[1001][1001];
inline int read()
{
    static int r,sign;
    static char c;
    r=0,sign=1;
    do c=getchar();while(c!='-'&&(c<'0'||c>'9'));
    if(c=='-')sign=-1,c=getchar();
    while(c>='0'&&c<='9')r=r*10+(int)(c-'0'),c=getchar();
    return sign*r;
}
int main()
{
    freopen("permut.in","r",stdin);
    freopen("permut.out","w",stdout);
    int t=read();
    while(t--)
    {
        memset(f,0,sizeof f);
        memset(sum,0,sizeof sum);
        int n,k;
        n=read();
        k=read();
        f[1][0]=1;
        for(int i=0;i<=k;i++)
            sum[1][i]=1;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            f[i][0]=1;
            sum[i][0]=1;
        }
        for(int i=2;i<=n;i++)
            for(int j=1;j<=k;j++)
            {
                f[i][j]=sum[i-1][j];
                if(j>i-1)
                    f[i][j]=((f[i][j]-sum[i-1][j-i])+10000)%10000;
                sum[i][j]=(sum[i][j-1]+f[i][j])%10000;
            }
        printf("%d\n",f[n][k]);
    }
    return 0;
}

T2 beautiful

題目描述

一個長度爲n 的序列，對於每個位置i 的數ai 都有一個優美值，其定義是：找到序列中最長的一段[l, r]，滿足l i r，且[l, r] 中位數爲ai（我們比較序列中兩個位置的數的大小時，以數值爲第一關鍵字，下標爲第二關鍵字比較。這樣的話[l, r] 的長度只有可能是奇數），r - l+ 1 就是i 的優美值。
接下來有Q 個詢問，每個詢問[l, r] 表示查詢區間[l, r] 內優美值的最大值。

輸入格式

第一行輸入n 接下來n 個整數，代表ai 接下來Q，代表有Q 個區間接下來Q 行，每行兩個整數l, r(l r)，表示區間的左右端點。

輸出格式

對於每個區間的詢問，輸出答案。

Sample Input

8
16 19 7 8 9 11 20 16
8
3 8
1 4
2 3
1 1
5 5
1 2
2 8
7 8

Sample Output

7
3
1
3
5
3
7
3

數據範圍及約定

對於30% 的數據：滿足n，Q<=50
對於70% 的數據：滿足n，Q<=2000
對於所有數據：滿足n<=2000，Q<=100000，ai<=200

表示惡補了一週的動態規劃，我的最強的暴力都碼不來了…T3的暴力也沒碼對…本題正解可以用線段樹或者RMQ（表示已忘…），但數據較水，枚舉第 i 個數的兩邊，判斷第 i 個數是否爲中位數即可。時間複雜度O(n²)。

代碼：

#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
int L[4005],R[4005],beauti[2005],val[2005];
inline int read()
{
    static int r,sign;
    static char c;
    r=0,sign=1;
    do c=getchar();while(c!='-'&&(c<'0'||c>'9'));
    if(c=='-')sign=-1,c=getchar();
    while(c>='0'&&c<='9')r=r*10+(int)(c-'0'),c=getchar();
    return sign*r;
}
int main()
{
    freopen("beautiful.in","r",stdin);
    freopen("beautiful.out","w",stdout);
    int n;
    n=read();
    for(int i=1;i<=n;i++)
        val[i]=read();
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        memset(R,255,sizeof R);
        memset(L,255,sizeof L);
        L[n]=R[n]=0;
        int cnt=0;
        for(int j=i-1;j>=1;j--)
        {
            if(val[j]>val[i])cnt++;
            else cnt--;
            L[n+cnt]=i-j;
        }
        cnt=0;
        for(int j=i+1;j<=n;j++)
        {
            if(val[j]>=val[i])cnt++;
            else cnt--;
            R[n+cnt]=j-i;
        }
        for(int j=1-i;j<=i-1;j++)
            if(L[j+n]>=0&&R[n-j]>=0)
            //左邊小於的==右邊大於的||右邊小於的==左邊大於的
                beauti[i]=max(beauti[i],L[n+j]+R[n-j]+1);
    }
    int q=read();
    while(q--)
    {
        int l,r;
        l=read();
        r=read();
        int ans=0;
        for(int i=l;i<=r;i++)//正解此處要用線段樹或RMQ
            ans=max(ans,beauti[i]);
        printf("%d\n",ans);
    }
}

T3 subset

題目描述

一開始你有一個空集，集合可以出現重複元素，然後有Q 個操作
1.add s
在集合中加入數字 s 。
2.del s
在集合中刪除數字 s 。保證 s 存在
3.cnt s
查詢滿足 a&s=a 條件的 a 的個數

輸入格式

第一行一個整數Q接下來Q行，每一行都是3個操作中的一個

輸出格式

對於每個 cnt 操作輸出答案

Sample Input

7
add 11
cnt 15
add 4
add 0
cnt 6
del 4
cnt 15

Sample Output

1
2
2

數據範圍及約定

對於30% 的數據滿足：1<=n<=1000
對於100% 的數據滿足：1<=n<=200000，0<=s<=2^16

暴力碼錯了……
正解非常的巧妙，讓我歎爲觀止。
記一個數組 gg[pre][nex]，表示前面 8 位是 pre，後面 8 位是 nex 的數的子集的數字的個數。那麼對於每個 add 和 del 操作都可以最多 2^8 時間枚舉 nex 更新a 數組。對於 cnt 操作，最多 2^8 枚舉 pre，時間複雜度O(n×2^8)。

代碼：

#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
int gg[256][256];
inline int read()
{
    static int r,sign;
    static char c;
    r=0,sign=1;
    do c=getchar();while(c!='-'&&(c<'0'||c>'9'));
    if(c=='-')sign=-1,c=getchar();
    while(c>='0'&&c<='9')r=r*10+(int)(c-'0'),c=getchar();
    return sign*r;
}
int main()
{
    freopen("subset.in","r",stdin);
    freopen("subset.out","w",stdout);
    int n=read();
    while(n--)
    {
        char a,b,c,d;int t,add=1;
        scanf("%c%c%c%c",&a,&b,&c,&d);
        t=read();
        if(a=='d')
            add=-1;
        if(a!='c')
        {
            int pre=t>>8,nex=t&255,com=255^nex;
            //pre表示這個數前8位，nex表示後8位，com表示後8位的補集
            gg[pre][nex]+=add;
            for(int i=com;i!=0;i=(i-1)&com/*枚舉子集*/)
            //前8位爲pre的後8位的子集
                gg[pre][i|nex]+=add;
        }
        else
        {
            int pre=t>>8,nex=t&255;
            int ans=gg[0][nex];
            for(int i=pre;i!=0;i=(i-1)&pre/*枚舉包含它的集合*/)
                ans+=gg[i][nex];
            printf("%d\n",ans);
        }
    }
    return 0;
}

逆天的讀入優化。（沒卡常，也沒快多少）。