1．ksum

【问题描述】Peter喜欢玩数组。NOIP这天，他从Jason手里得到了大小为n的一个正整数数组。Peter求出了这个数组的所有子段和，并将这n(n+1)/2个数降序排序，他想知道前k个数是什么。【输入格式】输入文件名为 ksum.in。输入数据的第一行包含两个整数 n 和 k。接下来一行包含 n 个正整数，代表数组。【输出格式】输出文件名为 ksum.out。输出 k 个数，代表降序之后的前 k 个数，用空格隔开。【输入输出样例】ksum.in 3 41 3 4ksum.out8 7 4 4ksum.in 3 310 2 7ksum.out19 12 10【数据规模与约定】对于所有数据，满足 ai≤109 k≤n(n+1)/2,n≤100000,k≤100000测试点编号 n ≤           k ≤1              100          50002              500          1000003              1000        800004              1000        1000005              10000      500006              20000      800007              50000      800008              100000    800009              100000    10000010            100000    100000

题解：算是个模拟题吧。最大字段肯定是整个数列。进行如下操作：取出当前最大子段，然后放入这个子段的左端-1和其右端-1两个字段（这两段肯定是它之内比它小的最大子段了）重复直到结束。脑补一下就可以出来，或者手推。这里用到一个叫set的东西非常好，因为可能从两个子段同时得到同一个小子段，所以会有重复情况，为了避免这个情况，set就行。set集合其实就相当于自动去重的优先队列，自动避免了上述情况。更多set的东西可以百度。对了，结构体用set需要用重载运算符重载"<"。

代码：

#include
      
       #include
       
        #include
        
         #include
         
          using namespace std;#define ll long longstruct num{    ll l,r,val;    bool operator<(const num &b)const{        num a=*this;        if(a.val!=b.val) return a.val
          
           q;long long a[100010],sum,cnt;int n,k,t;int main(){    freopen("ksum.in","r",stdin);    freopen("ksum.out","w",stdout);    scanf("%d%d",&n,&k);    for(int i=1;i<=n;i++){        scanf("%I64d",&a[i]);        sum+=a[i];    }    e[++cnt].l=1;    e[cnt].r=n;    e[cnt].val=sum;    q.insert(e[1]);    while(k--){        num x=*q.rbegin();q.erase(x);        printf("%I64d ",x.val);        if(x.l
          
         
        
       
      

 

 

 

2.奇袭

【问题描述】由于各种原因，桐人现在被困在Under World（以下简称UW）中，而UW马上要迎来最终的压力测试——魔界入侵。唯一一个神一般存在的Administrator被消灭了，靠原本的整合骑士的力量是远远不够的。所以爱丽丝动员了UW全体人民，与整合骑士一起抗击魔族。在UW的驻地可以隐约看见魔族军队的大本营。整合骑士们打算在魔族入侵前发动一次奇袭，袭击魔族大本营！为了降低风险，爱丽丝找到了你，一名优秀斥候，希望你能在奇袭前对魔族大本营进行侦查，并计算出袭击的难度。经过侦查，你绘制出了魔族大本营的地图，然后发现，魔族大本营是一个N×N的网格图，一共有N支军队驻扎在一些网格中（不会有两只军队驻扎在一起）。在大本营中，每有一个k×k(1≤k≤N)的子网格图包含恰好k支军队，我们袭击的难度就会增加1点。现在请你根据绘制出的地图，告诉爱丽丝这次的袭击行动难度有多大。【输入格式】第一行，一个正整数N，表示网格图的大小以及军队数量。接下来N行，每行两个整数,Xi,Yi，表示第i支军队的坐标。保证每一行和每一列都恰有一只军队,即每一个Xi和每一个Yi都是不一样的。【输出格式】一行，一个整数表示袭击的难度。【输入输出样例】raid.in 51 13 22 45 54 3raid.out10【样例解释】显然，分别以(2,2)和(4,4)为左上,右下顶点的一个子网格图中有3支军队，这为我们的难度贡献了1点。类似的子网格图在原图中能找出10个。【数据范围】对于30%的数据，N ≤ 100对于60%的数据，N ≤ 5000对于100%的数据，N ≤ 50000

题解：二维压一维后，题目可化简为：给定 N 个数的一个排列，问这个序列中有多少个子区间的数恰好是连续的。这个画图可得。

进一步可以化为：有多少种情况使得，相邻的 k 个数中最大值和最小值的差小于等于 k-1。

大致有两种解法，一种是分治，一种是线段树。

这里主要讲一下分治的解法。

考虑分治，对于当前分治区间[L,R]，记区间中点为 mid。当

前区间的答案就是Ans[L..mid]+Ans[mid+1..R]+跨过中点的合

法区间数，然后就分为两种情况了：

1.最小值和最大值在同侧。

2.最小值和最大值在异侧。

下面只考虑最值同在左，和最小值在左，最大值在右的情况。

其余两种是对称的。

对于最值同在左侧的情况，我们枚举左边界在哪，然后可以计算出右边界的位置，在判断是否合法，统计答案。

时间复杂度：

O(N).对于最小值在左侧，最大值在右侧的情况，如果一个区间满足我们所要求的关系的话话，就一定有： max(a[mid 1]...a[right])  min(a[left]...a[mid]) = right -left

移项可得

max(a[mid 1]...a[right]) -right = min(a[left]..a[mid])-left然后可以用单调栈+桶来完成这个任务。时间复杂度：O(N). 如果加一些黑科技可以大大减少代码量，但是复杂度会多一 个 log。 总的时间复杂度：O(NlogN)/O(NlogN^2) 简单提一下，线段树解法的思路大致也是维护一个单调栈， 然后进行区间修改和查询，统计答案。 时间复杂度：O(NlogN).

代码：

#include
      
       #include
       
        #include
        
         #include
         
          #include
          
           using namespace std ;#define N 600000 + 10typedef long long ll ;int TAX[N] ;int A[N] ,lmax[N] , lmin[N] , rmax[N] , rmin[N] ,a,b;int *tax = TAX + 300005 ;int n ;ll cal(int l,int r,int m){    ll ret=0;    lmax[m]=lmin[m]=A[m];    rmax[m+1]=rmin[m+1]=A[m+1];    for(int i=m-1;i>=l;i--){        lmax[i] = max( lmax[i+1] , A[i] ) ;        lmin[i] = min( lmin[i+1] , A[i] ) ;    }    for(int i=m+2;i<=r;i++){        rmax[i] = max( rmax[i-1] , A[i] ) ;        rmin[i] = min( rmin[i-1] , A[i] ) ;    }    for(int i=l;i<=m;i++){        int j=lmax[i]-lmin[i]+i;        if(rmax[j]
           
            lmin[i]&&j>m){ ret++; } } int p=m+1,q=m; while(q
            
             lmin[l])q++,tax[rmax[q]-q]++; while(p<=r&&rmax[p]
             
              m+1&&rmax[p-1]>lmax[i])p--,tax[rmax[p]-p]++; while(q>m&&rmin[q]
              
               >1; ll ret=0; ret+=solve(l,m); ret+=solve(m+1,r); ret+=cal(l,r,m); reverse (A+l,A+r+1); if((r-l+1)%2)m--; ret+=cal(l,r,m); reverse(A+l,A+r+1); return ret;}int main(){ freopen( "raid.in" , "r" , stdin ) ; freopen( "raid.out" , "w" , stdout ) ; scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++){ scanf("%d%d",&a,&b); A[a]=b; } printf("%I64d\n",solve(1,n)); return 0;}
              
             
            
           
          
         
        
       
      

 

 

 

3.十五数码

【题目描述】给出起始顺序，要求通过 0 的移动（与上下左右交换），排成以下顺序：1 2 3 45 6 7 89 10 11 1213 14 15 0【输入格式】从文件 fiften.in 中读入数据，四个数一行，共四行。【输出格式】输出到文件 fifteen.out 中。输出最少移动次数。如果无解输出 No。【样例 1 输入】1 2 3 45 6 7 89 10 11 1213 14 0 15【样例 1 输出】1【样例 2 输入】1 11 3 85 7 0 29 13 4 126 10 14 15【样例 2 输出】33【数据范围】对于 20%的数据，保证有解并且 Ans <= 12；对于 50%的数据，保证有解并且 Ans <= 28；存在 10%的数据无解。对于 100%的数据，如果有解，Ans <= 50;

题解：丧病的八数码的升级版。然而当时我连八数码都不会打。orz。

就是搜，使劲搜。IdA*算法的搜。

这题时限相当坑，两个点死活过不去，最后加长到三秒了才过orz。

这题的check函数判断无解，就是数列转换为一维后，如果包含0在内计算每一个数之前小于自己的数（含0）的个数之和加上0当前位置到其应在位置的曼哈顿距离为奇数则有解，反之无解。

剩下就是搜索，界限bound为搜索深度，每次更新为大于当前值最小的（step+h）step为当前步数，h是估价函数。

h是当前每个数到其应在位置的曼哈顿距离和。（不含0）

差不多就这些。

代码：

#include
      
       #include
       
        #include
        
         using namespace std;char str[10];int xx[17],yy[17],bound,flg;int dx[4] = {
    0,0,1,-1};int dy[4] = {
    1,-1,0,0};char s[4] ={
    'l','r','u','d'};int mm,xq,yq,r;inline int caldis(int aa,int x,int y){    return abs(xx[aa]-x) + abs(yy[aa]-y);}struct node{    int pos,mat[20];    char out[100];    int H()    {        register int ret = 0;        for(register int i = 0; i < 15; i ++)            ret += abs(xx[mat[i]] - (i>>2)) + abs(yy[mat[i]] - (i&3));        return ret;    }    bool check()    {        int tot = 0;                for(int i = 0; i < 16; i ++){            if(!mat[i]) continue;            for(int j = 0; j < i; j ++)                if(mat[j] < mat[i]) tot++;        }        tot+=mm;        if(!(tot&1)) return false;        else return true;    }    void output()    {        int len =strlen(out);        for(int i = len-1; i >=0; i  --)            putchar(out[i]);    }}a;bool valid(int x,int y){    return 0 <= x && x <= 3 && 0 <= y && y <= 3;}bool ok(int aa,int bb){    if(aa > bb) swap (aa,bb);    if(aa==0&&bb==1) return false;    if(aa==2&&bb==3) return false;    return true;}int dfs(register int step,register int h,register int las){    if(step + h > bound) return step + h;    if(!h)    {        flg=1;        return step;    }    register int pos =a.pos;    int x = (a.pos>>2),y = (a.pos&3),ret =127;    for(int k = 0; k < 4; k ++)    {        int tx = x + dx[k];        int ty = y + dy[k];        if(!valid(tx,ty)||!ok(k,las)) continue;        int tar = (tx<<2) + ty;        swap(a.mat[pos],a.mat[tar]);        a.pos = tar;        int ht = h - caldis(a.mat[pos],tx,ty) + caldis(a.mat[pos],x,y);        int tmp = dfs(step+1,ht,k) ;        if(flg) return tmp;if(ret>tmp)ret = tmp;        swap(a.mat[pos],a.mat[tar]);        a.pos = pos;    }    return ret;}int main()freopen("fifteen.in","r",stdin);freopen("fifteen.out","w",stdout);{    for(int i = 0; i < 16; ++i){        scanf("%d",&r);        if(r==0) {            a.pos = i;            xq = (i>>2); yq = (i&3);            mm=3-xq+3-yq;        }        else        {            a.mat[i] = r;            xx[r] = (i>>2); yy[r] = (i&3);        }    }    if(!a.check())     {        printf("No\n");        return 0;    }    for(int i = 0; i < 15; ++i) a.mat[i] = i + 1; a.mat[15] = 0;    a.pos = 15;    for(bound = a.H(); bound <= 55&&!flg ; bound = dfs(0,a.H(),4) );    if(!flg)    {            printf("No\n");        return 0;    }    printf("%d",bound);}