【补题】2021牛客暑期多校训练营4-n-优快云博客

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/weixin_45722843/article/details/120070379

本文介绍了四个编程问题：逆序对的数量优化、区间平均值最大化、最大权二分图匹配和珠宝匹配的KM算法。通过代码展示了如何使用技巧减少逆序对和解决特定范围内的最大平均值问题。最后讨论了二分图匹配在珠宝配对中的应用。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

NO.4

I.Inverse Pair

题意：

求逆序对数量，多了一步操作，可以选择将序列中的元素+1，使得逆序对数量最少。

序列为1到n的一个全排列

思路：

因为+1只能改变差值相差为1的逆序对，所以，对于一个位置的元素x，如果它前面存在x+1,则将现在的x加1，使得逆序对数-1

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll=long long;
const int N=2e5+5;
ll c[N],vis[N];
int n;
int lowbit(int i){
    return i&(-i);
}
void insert(int i,int x){
    for(;i<=n;i+=lowbit(i)){
        c[i]+=x;
    }
}
ll getsum(int i){
    ll sum=0;
    for(;i;i-=lowbit(i)){
        sum+=c[i];
    }
    return sum;
}
int main(){
    cin>>n;
    ll ans=0;
    for(ll i=1;i<=n;i++){
        ll a;
        cin>>a;
        if(vis[a+1])a++;
        else vis[a]=1;
        insert(a,1);
        ans+=i-getsum(a);//统计当前序列中大于a的元素的个数
    }
    cout<<ans<<endl;
}

j.Average

求最大的区间平均值，区间长度大于x

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll=long long;
const int maxn=2e5+5;
double sum[maxn],a[maxn],b[maxn];
int n,m,x,y;
bool check(double mid,double p[],int num,int d){
	for(int i=1;i<=num;i++){
		sum[i]=sum[i-1]+p[i]-mid;
	}
	double mn=0;
	for(int i=0,j=d;j<=num;j++,i++){
		mn=min(mn,sum[i]);
		if(sum[j]-mn>=0)return 1;
	}
	return 0;
}
int main(){
    scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&x,&y);
    double l=0,r=1e5+10,ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
    	scanf("%lf",&a[i]);
    }
    while(r-l>1e-7){
    	double mid=(l+r)/2;
    	if(check(mid,a,n,x))l=mid;
    	else r=mid;
	}
    ans+=r;
    for(int i=1;i<=m;i++){
    	scanf("%lf",&b[i]);
    }
    l=0,r=1e5+10;
    while(r-l>1e-7){
    	double mid=(l+r)/2;
    	if(check(mid,b,m,y))l=mid;
    	else r=mid;
	}
    ans+=r;
    printf("%.6lf\n",ans);
}

C.LCS

题意：

思路：

从最小的开始填充a，再填充b，再填充c，再分别填充x，y，z

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll=long long;
const int maxn=2e5+5;
int n,a,b,c;
string s1,s2,s3;
int main(){
    scanf("%d%d%d%d",&a,&b,&c,&n);
    int m3=min(a,min(b,c)),m1=max(a,max(b,c)),m2=a+b+c-m1-m3;
    if(a+b+c-2*m3>n){
    	printf("NO");
    	return 0;
	}
	for(int i=1;i<=m3;i++)
	    s1+="a",s2+="a",s3+="a";
	for(int i=1;i<=m2-m3;i++)
	    s2+="b",s3+="b";
	for(int i=1;i<=m1-m3;i++)
	    s1+="c",s3+="c";
	for(int i=m1+1;i<=n;i++)
	    s1+="x";
	for(int i=m2+1;i<=n;i++)
	    s2+="y";
	for(int i=a+b+c-2*m3+1;i<=n;i++)
	    s3+="z";    
	if(a<=b&&b<=c)cout<<s1<<endl<<s2<<endl<<s3<<endl;
	else if(a<=c&&c<=b)cout<<s2<<endl<<s1<<endl<<s3<<endl;
	else if(b<=a&&a<=c)cout<<s3<<endl<<s2<<endl<<s1<<endl;
	else if(b<=c&&c<=a)cout<<s3<<endl<<s1<<endl<<s2<<endl;
	else if(c<=a&&a<=b)cout<<s2<<endl<<s3<<endl<<s1<<endl;
	else if(c<=b&&b<=a)cout<<s1<<endl<<s3<<endl<<s2<<endl;
}

E.Tree Xor

一颗带权树，已知每个点的权值的范围，以及每条边的两个点异或后的权值，求 $w_{1...n}$ 的所有可能的取值个数
思路：
1.先以1号点为根节点，令其权值为0，遍历一次树，得到每个点的权值 $w_i$
2.若1号点 $\bigoplus x$ ，则其他点的权值也跟着 $\bigoplus x$ ，及 ${w_i} \bigoplus x$ ，加上范围
$L_i \leq{w_i} \bigoplus x\leq R_i$ ，假设可以两边同时异或 $w_i$ ， $L_i \bigoplus{w_i} \leq x\leq R_i\bigoplus w_i$ ，则问题转化成，求n个 $[L_i \bigoplus{w_i}，R_i \bigoplus{w_i}]$ 的并，
3.假设不成立，因为[L_i，R_i]区间异或w_i后的区间并不是连续的 $[L_i \bigoplus{w_i}，R_i \bigoplus{w_i}]$ 。
4.发现[****0000，*****1111]异或d后，是连续的[----0000，----1111]区间，
比如 $[\color{Blue}{1010} \color{Red}{0000},\color{Blue}{1010} \color{Red}{1111}]⊕ \color{Blue}{1001} \color{Red}{1010} ⇒ [\color{Blue}{0011} \color{Red}{0000},\color{Blue}{0011} \color{Red}{1111}]$
5.利用 $0,2^{30}-1]$ 的线段树，把 $L_i，R_i]$ 分成 $l o g W$ 个连续的区间，且每个区间的形式如上

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll=long long;
const int maxn=2e5+5;
int n,cnt,rt,k,L[maxn],R[maxn],w[maxn],head[maxn],to[maxn],nex[maxn];
vector<pair<int,int>>tor;
struct node{
	int l,r;
}tree[maxn*20];
void add(int x,int y,int z){
	to[++k]=y;
	nex[k]=head[x];
	w[k]=z;
	head[x]=k;
}
void update(int &now,int l,int r,int x,int y,int val){
	if(!now)now=++cnt;
	if(x<=l&&r<=y){
		int dl=l^(val&~(r-l));
		int dr=dl+r-l;
		tor.push_back({dl,1});
		tor.push_back({dr+1,-1});
		return;
	}
	int mid=(l+r)>>1;
	if(x<=mid)update(tree[now].l,l,mid,x,y,val);
	if(y>mid)update(tree[now].r,mid+1,r,x,y,val);
}
void dfs(int x,int f,int val){
	update(rt,0,(1<<30)-1,L[x],R[x],val);
	for(int i=head[x];i;i=nex[i]){
		int y=to[i];
		if(y==f)continue;
		w[i]^=val;
		dfs(y,x,w[i]);
	}
}
int solve(){
	int ans=0,he=0;
	sort(tor.begin(),tor.end());
	
	for(int i=0;i<tor.size()-1;i++){
		he+=tor[i].second;
		if(he==n)ans+=tor[i+1].first-tor[i].first;
	}
	return ans;
}
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d%d",&L[i],&R[i]);
	}
	for(int i=1,x,y,z;i<n;i++){
		scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
		add(x,y,z),add(y,x,z);
	}
	dfs(1,0,0);
	printf("%d\n",solve());
}

NO.5

J.Jewels

KM二分图最大权匹配

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define N 505
using namespace std;
const int INF=1e18;
int n,m;
int la[N],ra[N],w[N][N],vis[N],slack[N],match[N],pre[N];
void bfs(int u){
    int x,y=0,yy=0,delta;
    memset(pre,0,sizeof(pre));
    for(int i=1;i<=n;i++) slack[i]=INF;
    match[y]=u;
    while(1){
        x=match[y],delta=INF,vis[y]=1;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            if(vis[i]){
                continue;
            }
            if(slack[i]>la[x]+ra[i]-w[x][i]){
                slack[i]=la[x]+ra[i]-w[x][i];
                pre[i]=y;
            }
            if(slack[i]<delta) delta=slack[i],yy=i;
        }
        for(int i=0;i<=n;i++){
            if(vis[i]){
                la[match[i]]-=delta;
                ra[i]+=delta;
            }else{
                slack[i]-=delta;//由于本题卡O(n4)，所本题需要用到bfs版的KM
            }
        }
        y=yy;
        if(match[y]==-1){
            break;
        }
    }
    while(y){
        match[y]=match[pre[y]];
        y=pre[y];
    }
}
int KM(){
    memset(match,-1,sizeof(match));
    memset(la,0,sizeof(la));
    memset(ra,0,sizeof(ra));
    for(int i=1;i<=n;i++){
        memset(vis,0,sizeof(vis));
        bfs(i);
    }
    int ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(match[i]!=-1){
            ans+=w[match[i]][i];
        }
    }
    return ans;
}
int dis(int x){
	return x*x;
}
signed main(){
	scanf("%d",&n);
	int d=0;
	for(int i=1,x,y,z,v;i<=n;i++){
		cin>>x>>y>>z>>v;
		for(int j=1;j<=n;j++){
			w[i][j]=-dis(x)-dis(y)-dis(z+1ll*(j-1)*v);
		}
	}
	cout<<-KM();
	
}