2- noip模拟赛 DAY2

最新推荐文章于 2022-10-16 00:14:46 发布

yhf_2015

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分类专栏： OI学习笔记/题解报告/经验分享文章标签： noip模拟赛

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本文介绍了解决勾股数问题的算法实现，并探讨了区间和及最长上升子序列问题的有效解决方法。针对不同输入类型（奇数或偶数），文章提供了具体的计算公式和C++代码实现。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

T1 勾股数

因为 $a^2=c^2-b^2$ ，所以可以用平方差公式展开， $a^2=(c-b)(c+b)$
分情况考虑:
当输入的a为奇数时，
令 $c-b=1$ ，则 $c+b=a^2$ ，所以 $2b+1=a^2$ ，解得：

{b = a 2 - 1 2 c = a 2 - 1 2 + 1

$\begin{cases} \text b=\frac {a^2-1}{2}\\ \text c= \frac {a^2-1}{2}+1 \end{cases}$
当输入的a为偶数时
令

c−b=2 $c-b=2$ ，则

c+b=a22 $c+b=\frac{a^2}{2}$ ，所以

2b+2=a22 $2b+2=\frac{a^2}{2}$ ，解得：

⎧ ⎩ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ b = a 2 4 - 1 c = a 2 4 + 1

$\begin{cases} \text b=\frac {a^2}{4}-1\\\\ \text c= \frac {a^2}{4}+1 \end{cases}$

    #include <iostream>
    #include <cstdio>
    using namespace std;
    typedef long long ll;
    int main(){
        ll a;
        cin >> a;
        if(a<=2) cout << "-1";
        else if(a&1) cout << (a*a-1)/2 << " " << ((a*a-1)/2)+1;
        else cout << (a*a)/4-1 << " " << ((a*a)/4)+1;
        return 0;
    }

T2 区间和

先将原问题转化为 $b$ 序列前 $k$ 小的元素的和。由于数列中每个数的都大于零，所以可以二分 $b$ 序列第 $k$ 小的元素的大小。给定 $x$ ，求 $b$ 序列中小于等于 $x$ 的元素个数有两种方法：1.枚举 $a$ 的区间的左端点l（一共有 $n$ 个），然后再一次二分，求出最右的右端点r使得 $\sum_{i=l}^{r}a[i] \leq x$ ，复杂度 $O(n \log n)$ ；2.一次dp求出所有左端点对应的右端点，复杂度 $O(n)$ 。最后复杂度还要乘上二分的复杂度 $O(\log n)$ 。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll n, m, val, num;
ll a1[100010], sum[100010], summ[100010];
void check(ll x){
    ll p = 0;
    for(ll i = 1; i <= n; i ++){
        p = max(p, i-1);
        while(p+1 <= n && sum[p+1] - sum[i-1] <= x) p ++;
        val += (summ[p] - summ[i-1] - (p-i+1)*sum[i-1]);
        num += (p-i+1);
    }
}
ll solve(ll x){
    ll l = 0, r = 1e7, ans = 0, res = 0, cnt = 0;
    while(l <= r){
        ll mid = (l+r) >> 1;
        val = 0, num = 0, check(mid);
        if(num >= x) r = mid - 1, ans = mid, res = val, cnt = num;
        else l = mid + 1; 
    }
    return res - (cnt-x) * ans;
}
int main(){
    freopen("sum.in", "r", stdin);
    freopen("sum.out", "w", stdout);
    scanf("%lld%lld", &n, &m);
    for(ll i = 1; i <= n; i ++) scanf("%lld", &a1[i]);
    for(ll i = 1; i <= n; i ++) sum[i] = sum[i-1] + a1[i], summ[i] = summ[i-1] + sum[i];
    for(ll i = 1; i <= m; i ++){
        ll a, b;
        scanf("%lld%lld", &a, &b);
        printf("%lld\n", solve(b) - solve(a-1));
    }
    return 0;
}

T3 最长上升子序列

0可以转化成任意整数，包括负数，显然求LIS时尽量把0都放进去必定是正确的。因此我们可以把0拿出来，对剩下的做 $O(n \log n)$ 的LIS，统计结果的时候再算上0的数量。为了保证严格递增，我们可以将每个权值 $a[i]$ 减去i前面0的个数，再做LIS，就能保证结果是严格递增的。

#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int inf = 1e9;
int f[100010], d[100010], a1[100010];
int n, cnt, ans;
inline int read(){
    char c;
    int ok = 0, num = 0;
    while(c = getchar()){
        if(c <= '9' && c >= '0') 
            ok = 1, num = num*10+c-'0';
        else if(ok) return num;
    }
}
inline int find(int l, int r, int val){
    int ans1 = 0;
    while(l <= r){
        int mid = (l+r)>>1;
        if(d[mid] >= val) r = mid-1;
        else ans1 = mid,l = mid+1;
    }
    return ans1;
}
int main(){
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; i ++) d[i] = inf; d[0] = -inf;
    for(int i = 1; i <= n; i ++) a1[i] = read();
    for(int i = 1; i <= n; i ++){
        if(a1[i] == 0){
            d[ans+1] = d[ans]+1;
            for(int j = ans; j >= 1; j --)
                if(d[j] > d[j-1]+1)
                    d[j] = d[j-1]+1;
            f[i] = ++ ans;
            continue;
        }
        f[i] = find(0,i-1,a1[i])+1;
        if(a1[i] < d[f[i]]) d[f[i]] = a1[i];
        if(f[i] > ans) ans = f[i];
    }
    printf("%d", ans);
    return 0;
}