2017.7.14 C组总结

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本文精选四道算法竞赛题目并提供详细的解决方案，包括差分+前缀和、快速幂+排序+二分查找、状压DP及数学+模拟等方法，帮助读者掌握不同类型的算法技巧。

NO.1

题目描述：有n个长方形，给出它的左下角和右上角，求出q个点被多少个长方形覆盖（平行于x轴和y轴）

思路：差分+前缀和
这里写图片描述

代码：

var n,i,x,y,x1,y1,j,q:longint;
    a,f:array[0..3001,0..3001]of longint;
begin
  assign(input,'square.in');
  assign(output,'square.out');
  reset(input);
  rewrite(output);
  readln(n);
  for i:=1 to n do
    begin
      readln(x,y,x1,y1);
      inc(a[x,y]);
      inc(a[x1+1,y1+1]);
      dec(a[x1+1,y]);
      dec(a[x,y1+1]);
    end;
  for i:=1 to 3000 do
    for j:=1 to 3000 do
      f[i,j]:=f[i-1,j]+f[i,j-1]-f[i-1,j-1]+a[i,j];
  readln(q);
  for i:=1 to q do
    begin
      readln(x,y);
      writeln(f[x,y]);
    end;
  close(input);
  close(output); 
end.

NO.2

题目描述：给出N个无序不重复的数，再有M个询问，每次询问一个数是否在那N个数中，若在，则ans增加2^K,K为该数在原数列中的位置。由于ans过大，所以只要求你输出ans mod 10^9+7。

思路：快速幂+排序+二分
先做一遍快排，为二分作准备
那么每次读入一个数，就可以二分求出位置
求2^k次方做一遍快速幂（dalao都说可以不用跑快速幂，在前面预处理就好了）

代码：

#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
long long ans,a[100000],x;
int n,m,l,c[100000];
void qsort(int l,int r)
{
    if (l>=r) return;
    int i=l,j=r;
    long long mid=a[(l+r)/2];
    do
    {
        while (a[i]<mid)i++;
        while (a[j]>mid)j--;
        if (i<=j)
        {
            a[0]=a[i];
            a[i]=a[j];
            a[j]=a[0];
            c[0]=c[i];
            c[i]=c[j];
            c[j]=c[0];
            i++; j--;
        }
    }
    while(i<=j);
    qsort(l,j);
    qsort(i,r);
}
int find(long long x)
{
    int l=1,r=n;
    while (l<=r)
    {
        int mid=(l+r)/2;
        if (a[mid]==x) return mid;
        if (a[mid]>x) r=mid-1;
        else l=mid+1;
    }
    return -1;
}
long long ksm(int b)
{
    long long r=1,base=2;
    while(b)
    {
        if(b&1) r=(r*base)%1000000007;
        base=(base*base)%1000000007;
        b>>=1;
    }
    return r;
}
int main()
{
    freopen("sfxx.in","r",stdin);
    freopen("sfxx.out","w",stdout);
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%lld",&a[i]);
        c[i]=i;
    }
    qsort(1,n);
    for (int i=1;i<=m;i++)  
    {
        scanf("%lld",&x);
        l=find(x);
        if (l!=-1) ans=(ans%1000000007+ksm(c[l])%1000000007)%1000000007;
    }
    printf("%lld",ans);
    fclose(stdin);
    fclose(stdout);
    return 0;
}

NO.3

题目描述：有l回合操作，其中第一回合是给出的，如果上一轮第i列放了棋子，那么这一轮第i列就不能放棋子，但再下一轮可以放，求在满足情况下有多少种放棋子的方案

思路：状压dp
设f[i][j]为第i轮状态为j的方案数
状态转移方程就是f[i][j]=f[i][j]+f[i-1][k]（k表示为上个回合可以转换到j的数）
如果要k满足它可以转换到j,就满足j and k=0（因为and 只有在同一个位上有两个1才肯能有值，题目要没有相邻的棋子，如果=1就满足了）
那么问题就变成了求j和k的问题
首先，将第1轮的所有状态（1 shl n-1）设为1
然后，枚举i(2<=i<=l），枚举j可能到达的状态（1<=j<=1 shl n-1)
那么就只剩下k了，如果像j那样枚举，只能拿到90%
100%怎么做呢？
就用while做, 有两种情况：
①j and k=0,那么转移,k++
②就是100%的优化，如果j and k<>0 就表示这两轮在有相邻的棋子，那么k=k+j and k就把有相邻的棋子弄没了
最后的答案就是将读入的数压成十进制x，输出f[l][x]

代码：

var  n,l,i,j:longint;
     ans,k,y,x:int64;
     a:array[0..50]of longint;
     f:array[0..50,0..50000]of int64;
begin
  assign(input,'old.in');
  assign(output,'old.out');
  reset(input);
  rewrite(output);
  readln(n,l);
  y:=0;
  for i:=1 to n do
    begin
      read(a[i]);
      if i=1 then y:=1 else y:=y*2; 
      if a[i]=1 then x:=x+y;
    end;
  for i:=0 to 1 shl n-1 do f[0,i]:=1;
  for i:=1 to l-1 do
    begin
      for j:=0 to 1 shl n-1 do
        begin
          k:=0;
          while (k<=1 shl n-1) do
            begin
              if (j and k=0) then
                begin
                  f[i,j]:=(f[i,j]+f[i-1,k])mod 100000007;
                  k:=k+1;
                end;
              if (j and k>0) then k:=k+j and k;
            end;
        end;
    end;
  write(f[l-1,x]);
  close(input);
  close(output);
end.

NO.4

题目描述：有n堆，每堆的值不一定相等，现在有两个人，每个人依次取一堆，要剩下m堆，如果最后剩下的值为偶数，则后手赢，不然则先手赢

思路：数学+模拟
其实这题就是判断奇偶性，所以只用记录它的奇数个数l1,和偶数个数l2
还要定义两个变量，l和r表示先手和后手能取多少次
这题就有五种情况：
①双方都不能取（n=m)，直接判断奇偶性
②如果后手能拿走所有的奇数，那么后手赢（因为只剩下偶数)
③如果后手能拿走所有的偶数，并且还剩偶数份，那么后手赢（奇数*偶数=偶数）
④如果先手能拿走所有的偶数，并且还剩奇数份，那么先手赢（奇数*奇数=奇数
⑤如果都不存在以上情况，直接判断输出

代码：

var   n,m,x,l,r,l1,l2,i:longint;
      max:int64;
begin
  assign(input,'destroy.in');
  assign(output,'destroy.out');
  reset(input);
  rewrite(output);
  while not eof() do
    begin
      readln(n,m);
      l1:=0; l2:=0;
      for i:=1 to n do
        begin
          read(x);
          if x mod 2=1 then inc(l1)
                       else inc(l2);
        end;
      readln;
      max:=l1+2*l2;
      if n=m then
        begin
          if max mod 2=1 then writeln('Earth')
                         else writeln('Three-Body');
        end
      else
        begin
          l:=0; r:=0;
          l:=(n-m+1) div 2;
          r:=(n-m) div 2;
          if (r>=l1)or(r>=l2)and((max-l2-l-r) mod 2=0) then writeln('Three-Body')
          else if (l>=l2)and((max-l2-l-r) mod 2=1) then writeln('Earth')
               else if l>r then writeln('Earth')
                           else writeln('Three-Body');
        end;
    end;
  close(input);
  close(output);
end.