hdu 3967 Zero’s Number (不允许前导0(新写法)的数位dp)

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题意:给出l,r,k,定义f(n,k)为将数n分成左右两个非空的部分,再求和之后能被k整除的方案数。

现在问区间[l,r]中所有f(i,k)的和。

思路:数位dp…

枚举一下分点即可。。想到这个这题就A了。。。

然后相当于做分点个数个数位dp…求和即可。

dp[i][j][k][p]表示第i位,前半部分%k的结果,后半部分%k的结果,是否有前导0.

然后关于前导0这个。。。换了一种写法。。。加了一个状态在dp数组里。。。

不然每次都要一个if。。。感觉有点丑。。。。这样写简介了一点。。。

以及。。因为每次k是不同的。。。我dp状态记录的时候又没有记录k…所以记得每次初始化成-1。。。

因为忘记这个结果第二个样例调了好久一直是31。。。。

 

 

 

 

 

FZU 2113 Jason的特殊爱好 (数位dp)

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题意:统计区间[a,b]里数字1出现的次数。

思路:数位dp。

收获是,dfs传递的参数可能是为了判断符合条件的答案(比如不要62中的preis6等)

但是也可能是在统计答案信息。。。pos等于0的时候返回值未必是1和0.。。

然后傻逼fzu。。。long long 必须交 I64d..因为这个wa到死。

傻逼fzu,毁我青春。

 

codeforces 145 E. Lucky Queries (线段树lazy标记)

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题意:给出一串只由数字’4’和’7’组成的串。两种操作,一种是询问整个串中最长非下降子序列的长度,另一种给出区间[l,r],将区间中的没个数反转,反转的定义为,4变成7,7变成4.

思路:线段树lazy标记。

线段树的域记录5个信息,c4,c7,c47,c74,flip,a分别表示4的个数,7的个数,非下降子序列的个数,非上升的子序列的个数,以及该区间是否被翻转。

纠结了很久PushUp操作。。。。

c4和c7倒是没什么疑问。。。。

一开始觉得c47是由三部分的最大值更新得到的。。。

left.c4+right.c47,left.c4+right.c7,left.c47+right.c7…

但是样例过不了。。。

纠结了半天发现。。。

比如4774,4444是左右两个区间的时候。。。。

c47最大是5.。。但是left.c4 + right.c7=6,比正确答案大。

原因是。。一个区间中4的位置可能是分散的。。。这样只有某段连续出现的4对答案的贡献是正确的。。。

所以只有区间长度为1的时候c4+c7的更新方式才是合法的。。。

我们不妨在初始化的时候。。。。在线段树的叶子节点直接设置c47为1(当然相应地c74也要为1)

另外一个收获是。。。线段树对于区间的操作(对于点的操作也是同样)

不一定是某种常见的定义过的操作(求和啊,最大值最小值啊之类的)

也可能是某种自定义的操作。。。

比如这道题中的flip操作。。。

就是对区间的一个自定义的操作。。。

 

 

 

 

 

 

codeforces 52 C. Circular RMQ (线段树区间更新,区间询问)

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题意:一个循环数列,两种操作,一种是把某段区间中加上v,另一种是询问某区间的最小值。对于每个询问,输出答案。

思路:区间更新+区间询问的模板题….

注意体会pushdown以及update的时候。。。

要同时更新tree数组和lazy数组。。。

读入的时候可以用sscanf判断操作类型。。。

 

 

hdu 5904 LCIS (dp)

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题意:
给定两个序列,求它们的最长公共递增子序列的长度, 并且这个子序列的值是连续的
思路:以值为连续做入手点。

很显然个鬼咯
dp[a[i]]表示以a[i]结尾的最大长度。
dp[a[i]] = dp[a[i-1]] + 1
对于b序列一样。

答案为 MAX(min(dp[i],dp2[i])) ( 1=<i <= 1E6)

 

 

codeforces 455 E. Function (斜率优化,线段树套凸包)

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题意:已知 f(1, j) = a[j]
f[i][j] = min (f[i-1][j],f[i-1][j-1])
然后给出 n n≤1E5​​ 个数(a[i] a​i​​≤1E4​​),给出 m组查询(m<=1E5),每组两个数 x,y 问 f(x,y) 是多少。

参考题解:茶姐的回答(下标好像搞错了,领会意思即可

官方题解

以及前置技能点是:斜率优化+线段树

思路:考虑一排数a[1]到a[n],原问题可以转化成从a[y]走x-1步,每一步原地不动或者向左移动一个格子后的总的代价。

Function is calculated as follows: , ki — how many times we visited the i th element of the array a.

这个式子感觉不是很明确。。。。

窝来解释一下。。。l=y-x+1是可能走到的最左边的点。。。。

终点在【L,Y】区间内都是合法的。。。。

然后考虑代价最小的情况。。。

一定是在最小的格子上尽可能多得停留,在其他格子上只停留一次。。。

对于终点为l的情况,走到y要花费y-l步,一共要走x-1步,那么多出来x-1-(y-l)步,这些步停留在最小的点上是最优的,最小的点上之前停留了一次,现在再多停留x-1-(y-l)次,也就是停留了x-(y-l)次。

那么,另一个结论是,区间[l,y]中,当a[l]为最小的时候才是最优的。。。

为什么呢?

假设a[k] (k>l)是最小,那么以a[k]为终点的情况一定比以a[l]为终点的情况优秀(因为多走了【l,k-1】之间的点。。。走这些点比停留在a[k]的代价大)

因此对于l是终点的情况,一定在a[l]是最小值的时候是最优的。

此时代价为:

sum[y] - sum[l] + a[l]·(x - (y - l))

我们变形得到:

sum[y] - sum[l] + a[l]·(x - (y - l)) = sum[y] - sum[l] + a[l]·(x - y + l) = sum[y] - sum[l] + a[l]·l + a[l]·(x - y) = sum[y] + (a[l]·(x - y) + a[l]·l - sum[l])

观察发现这似乎有斜率的样子…

You may notice that in brackets something like the equation of the line — K·X + B. That’s very similar to the equation of the line:a[l]·(x - y) + a[ll - sum[l], where K = a[l], X = (x - y), B = a[ll - sum[l].

Now we must find minimum for all l and fixed X = (x - y).

We have n lines, i. e. for every element in array a one line (Ki, Bi).

Answer for query equal to:

, where (Ki, Bi)i-th line. Ki = a[i], Bi = a[ii - sum[i].

For fast answer calculation we must use Convex Hull Trick with segment tree. In every vertex of segment tree we keep all lines for segment of this vertex. This requires space, because each line lies in vertices. And we can answer query in operations. Because we visit vertices and each vertex need in operations. You can learn the theory about Convex

关于斜率优化(convex hull trick)的进一步讲解

Remainder: convex hull trick lets us maintain k linear functions of the form fi(x) = aix + bi and answer efficiently (in time proportional to number of functions) to the queries Q(x) = min1 ≤ i ≤ k fi(x) (given x).

Now we will be able to solve the problem if we can answer a bit more general kind of queries: we consider only lines with indices from given L and R; formally, Q(x, L, R) = minL ≤ i ≤ R fi(x).

How can we do it? Let’s make a segment tree! Let’s say we have such m that 2m ≥ n. Then the root contains the convex hull of lines having indices [0, 2m - 1], its left child contains [0, 2m - 1 - 1], right child [2m - 1, 2m - 1]and so on. We can costruct all these hulls one by one; without any optimizations it gives us time .

Now let’s say we have to answer the query Q(x, L, R). Then we just “break” the interval [L, R] into base intervals (in the same way a segment tree does) and for each of such base intervals we find its minimum at x. Now we see that the answer is the smallest of these minima. It doesn’t matter that we consider some groups of lines from interval [L, R] separately — still, we can just take the smallest of the results.

What’s the time? We have base intervals, for each of them we can compute the answer in , so total time is . There are some ways which let us compute all answers off-line in , but it’s not the subject 😛

wjmzbmr关于斜率优化的讲解

 

第一次写线段树套凸包,虽然线段树窝会写,斜率优化的思想我也明白,不过套在一起如何实现还是参考了不少别人的写法。

 

hdu 3507 Print Article (斜率优化dp)

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题意:n个数,分成若干段,每段的代价为,求最小代价。

思路:dp。

状态方程很显然个鬼。。。

dp[i] 表示处理完前面i个数的最小代价。

dp[0] = 0 ;

dp[i] = min(dp[j]+(sum[i]-sum[j])^2) ( 0<j <i),sum[i]为a[i]的前缀和。

这复杂度是n^2的。。。然而n最大5E5…..boom….

 

斜率优化登场!

这篇博客讲得非常好

我们假设k<j<i。如果在j的时候决策要比在k的时候决策好,那么也是就是dp[j]+M+(sum[i]-sum[j])^2<dp[k]+M+(sum[i]-sum[k])^2。(因为是最小花费嘛,所以优就是小于)

两边移项一下,得到:(dp[j]+num[j]^2-(dp[k]+num[k]^2))/(2*(num[j]-num[k]))<sum[i]。我们把dp[j]-num[j]^2看做是yj,把2*num[j]看成是xj。

那么不就是yj-yk/xj-xk<sum[i]么?   左边是不是斜率的表示?

那么yj-yk/xj-xk<sum[i]说明了什么呢?  我们前面是不是假设j的决策比k的决策要好才得到这个表示的? 如果是的话,那么就说明g[j,k]=yj-jk/xj-xk<sum[i]代表这j的决策比k的决策要更优。

 

关键的来了:现在从左到右,还是设k<j<i,如果g[i,j]<g[j,k],那么j点便永远不可能成为最优解,可以直接将它踢出我们的最优解集。为什么呢?

我们假设g[i,j]<sum[i],那么就是说i点要比j点优,排除j点。

如果g[i,j]>=sum[i],那么j点此时是比i点要更优,但是同时g[j,k]>g[i,j]>sum[i]。这说明还有k点会比j点更优,同样排除j点。

排除多余的点,这便是一种优化!

 

接下来看看如何找最优解。

设k<j<i。

由于我们排除了g[i,j]<g[j,k]的情况,所以整个有效点集呈现一种上凸性质,即k j的斜率要大于j i的斜率。

这样,从左到右,斜率之间就是单调递减的了。当我们的最优解取得在j点的时候,那么k点不可能再取得比j点更优的解了,于是k点也可以排除。换句话说,j点之前的点全部不可能再比j点更优了,可以全部从解集中排除。

 

于是对于这题我们对于斜率优化做法可以总结如下:

1,用一个单调队列来维护解集。

2,假设队列中从头到尾已经有元素a b c。那么当d要入队的时候,我们维护队列的上凸性质,即如果g[d,c]<g[c,b],那么就将c点删除。直到找到g[d,x]>=g[x,y]为止,并将d点加入在该位置中。

3,求解时候,从队头开始,如果已有元素a b c,当i点要求解时,如果g[b,a]<sum[i],那么说明b点比a点更优,a点可以排除,于是a出队。最后dp[i]=getDp(q[head])。

 

代码:

 

斜率优化学习笔记

浅谈数形结合思想在信息学竞赛中的应用

参考博客

这个东西英文好像叫做:convex hull trick

Convex_hull_trick_wiki
codeforces convex hull trick

 

简单说说我的理解:斜率优化是一种数形结合的思想。。。

对于一个dp的若干状态。。。有些状态是不会对答案有贡献的。。。这些我们就可以不考虑。。。

简单地说。。。如果把状态的下标和状态对应成二维平面的点。。。

凸起来的点一定不会影响答案。。。

具体证明参考论文。。。。。

也就是维护一个”下凸折线”

具体维护的办法是用单调队列来维护。。。

感觉还是挺简单的。。。。

 

 

2017 小米 软件工程师 校招 笔试题 (模拟)

题意:一串电话号码,每个数字+8取各位后,把每个数字写成对应的大写英文,从”ZERO”和“NINE”,然后打乱字母的顺序。现在给出打乱的字母顺序,问可能的字典序最小的电话号码是是多少(可能有前导0)

思路:分析0..9 每个数字的英文组成。。。然后大概类似解方程。。可以根据字母的个数确定每个数字的个数。。。

然后-8。。。存一下排个序就好了。。。1A

 

codeforces 380 C. Sereja and Brackets (线段树区间合并)

题目链接
题意:给出一个由‘(’和‘)’组成的字符串。。。然后给出若干查询。。。每个查询一个区间,问区间中能匹配的括号数。。。

思路:考虑某一个区间中的括号匹配。。。其实是一个不断寻找'()’然后删去的过程。。。

因此对于某个区间的括号匹配数。。。等于左边区间和右边区间和合法匹配数之和,再加上左区间和右区间新的能匹配到一起的括号数。

(说“因此”是因为。。。只要左边有没匹配的左括号。。。右边有没匹配的右括号。。。因为他们中间有的都是匹配好的括号,会被删除。。。所以两边的括号总能匹配在一起)

具体做法是:

线段树的节点中有三个域,分别表示,合法的括号匹配数,没有被匹配的左括号数,和没有被匹配的右括号数。

query的时候要合并左右两个区间。。。不过可能某一区间中为空。。。这里合理得初始化为node(0,0,0),就不用分情况讨论了。。。

一个和node(0,0,0)合并对原来的答案没有影响。。。。

以及,凡是需要在query的时候合并区间的问题。。。(不是那种简单的sum,min/max合并)

返回一个node会方便很多。。。。。

 

 

【施工中】回文自动机学习笔记

是14年才被提出来的算法…
先%一下该算法的作者:作者的codeforces页

接下来,老规矩,放一波资料:

参考博客1
codeforces上的讲解

 

20171115 update:

emmmm,这篇是学习笔记是16年9月写的。。。。一转眼13个月过去了啊。。

回文树,也叫回文自动机,简称PAM

学了SAM之后PAM简直是傻逼算法…

该算法时间和空间复杂度都是O(n)

这样的复杂度基于以下结论:

长度为n的字符串的本质不同的回文串的数目不超过n

因此状态数开到和字符串长度一样就可以了orz

 

len表示某个状态所表示的回文串的长度

cnt表示某个状态所表示的回文串的数量

构建PAM的算法仍然是增量算法,在某一时刻,本质不同的回文串的数量是sz-1 (sz标号从0开始,出去标号为0和标号为1的2个根)

 

唯一需要特别注意的是

在构建完PAM之后,沿着回文链(类比后缀链)从底向上跑一遍得到的cnt,才是真正的cnt

在构建完PAM之后,沿着回文链(类比后缀链)从底向上跑一遍得到的cnt,才是真正的cnt

在构建完PAM之后,沿着回文链(类比后缀链)从底向上跑一遍得到的cnt,才是真正的cnt

我的模板:

 

 

codeforces 594 D. REQ (树状数组+欧拉函数+逆元)

题目链接

题意:给出n个数,q个查询,每组一个区间,询问区间中所有数的乘积的欧拉函数%1E9+7的答案是多少。

思路:这道题需要一点欧拉函数的知识。

phi(n)是欧拉函数,意义为小于等于n并且与n互质的数的个数。

To calculate the answer on every query let’s use the formula , where p1, p2, …, pk — all prime numbers which dividedn.

如果知道欧拉函数的这个公式。。。那么这道题就成了水题。。。。

考虑两个数a,b的欧拉函数。

一开始考虑也许有什么性质。。。查了下欧拉函数的wiki
欧拉函数_维基百科
欧拉函数是积性函数(但不是完全积性函数。。因此必须phi(ab) =phi(a)*phi(b)成立当且仅当gcd(a,b)==1)

然而这里并不一定满足互质的条件。。。

 

再想一下。。。发现完全没必要由phi(a)和phi(b)得到phi(a*b)

直接把a*b看成一个数就好了。。。。

后面质因子乘积部分只需要把两部分的并在一起就好了。。。

所以根据上面欧拉函数的公式。。。答案分为两部分。。。

一部分是区间中所有数的乘积。。。

一部分是区间中所有数的不相同的素因子的p-1/p形式的乘积。。。

第一部分预处理前缀积即可。。。由于有%运算。。。所以除的时候需要计算逆元。。。

第二部分的做法同spoj_dquery解题报告

也是离线处理,把询问按照区间右端点排序升序排列,然后lst数组记录上次该数出现的位置。。。用bit维护一个从1到某个数的乘积。。。在撤销的时候同样需要逆元。。。

 

还要注意。。。太长的式子一定要分开写。。。。

因为写错括号顺序调了半天orz…

 

 

 

 

poj 2886 Who Gets the Most Candies? (线段树模拟加强版约瑟夫问题+反素数)

poj 2886 题目链接

题意:n个人围成一圈,每个人身上由一个数,可正可负。从第k个人开始出圈,如果第k个人身上的数是X,X>0,就左边第x个没有出圈的人出圈,否则右边第-X个人出圈。 第k个人出圈得到的糖果数目为f(k),f(x)表示x的因子个数。现在问谁能拿到最多的糖果,并且拿到了多少糖果。

思路:看起来好像很麻烦。。其实可以分解成两个问题。

第一个子问题就是约瑟夫问题的加强版。。。每次间隔不是定数,而取决与上一次出队的人。。。

终点是数据有5E5.。。模拟的话会炸掉。。。所以用线段树来模拟这个过程。。。

类似于那道插队的问题。。。线段树的域存的是某区间中空位置的数量。。初始为1.。。

然后每次update的时候优先查看左子树。。。

第二个子问题就是。。。到底第几个出去的人那道的糖果最多。。。。

其实也就是求1..n中。。。因子数最大的那个。。。

利用反素数表。。。每次upper_bound一下即可。。。

 

顺便再来个打反素数以及对应约数的表。

 

 

bzoj 1053: [HAOI2007]反素数ant

 

1053: [HAOI2007]反素数ant

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[Submit][Status][Discuss]

Description

  对于任何正整数x,其约数的个数记作g(x)。例如g(1)=1、g(6)=4。如果某个正整数x满足:g(x)>g(i) 0<i<x
,则称x为反质数。例如,整数1,2,4,6等都是反质数。现在给定一个数N,你能求出不超过N的最大的反质数么

Input

  一个数N(1<=N<=2,000,000,000)。

Output

  不超过N的最大的反质数。

Sample Input

1000

Sample Output

840

HINT

Source

 

 

思路:dfs然后剪一下。。。和ural 1748同样的做法。。。。

还可以。。。打表。。。。

有表不打和咸鱼有什么区别呢

(oi赛制不可以带纸质材料,所以打表大概算是恶习…不过acm不一样啊orz。。。反素数表1..1E18也才167个。。。。