[AtCoder] ARC 080 E: Young Maids

題目連結:http://arc080.contest.atcoder.jp/tasks/arc080_c
作法滿greedy的，每次都挑字典序最小的一組pair，而且中間必定要隔偶數個數字，挑出來後就可以直接寫在前面，因為這方法其實就等價於最後再挑這兩個(因為中間隔偶數個，所以中間一定可以拿完)，不過稍微再想兩下就會發現其實還可以知道每次要挑的位置是先奇數再偶數，而且每次後面那個偶數位的一定不能超過前面拔掉的位置之一，稍微處理一下這個細節大概就可以做了。 
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef pair<int,int> PII;
#define FF first
#define SS second

const int N = 200000 + 5;
const int INF = 1<<30;
class SegTree{
	private:
		int size;
		PII nodes[4*N];
		inline int lc(int x){return 2*x+1;}
		inline int rc(int x){return 2*x+2;}
		void build(int l, int r ,int id, PII arr[]){
			if(r-l==1){
				nodes[id]=arr[l];
				return;
			}
			int mid=(l+r)>>1;
			build(l, mid, lc(id), arr);
			build(mid, r, rc(id), arr);
			nodes[id] = min(nodes[lc(id)], nodes[rc(id)]);
		}
		PII query(int ql, int qr, int l, int r, int id){
			if(qr <= l or r <= ql) return {INF,INF};
			if(ql <= l and r <= qr) return nodes[id];
			int mid=(l+r)>>1;
			return min(query(ql, qr, l, mid, lc(id)), query(ql, qr, mid, r, rc(id)));
		}
		void modify(int ql, int qr, int l, int r, int id, PII v){
			if(qr <= l or r <= ql) return;
			if(ql <= l and r <= qr){
				nodes[id]=v;
				return;
			}
			int mid=(l+r)>>1;
			modify(ql, qr, l, mid, lc(id), v);
			modify(ql, qr, mid, r, rc(id), v);
			nodes[id] = min(nodes[lc(id)], nodes[rc(id)]);
		}
	public:
		void build(int n, PII arr[]){
			size=n;
			build(0, size, 0, arr);
		}
		PII query(int l, int r){
			return query(l, r, 0, size, 0);
		}
		void modify(int p, PII v){
			modify(p, p+1, 0, size, 0, v);
		}
} odd, even;

int arr[N], ans[N];
PII o[N], e[N];

int main(int argc, char* argv[]){
	int n; cin>>n;
	fill(o, o+n, (PII){INF,INF});
	fill(e, e+n, (PII){INF,INF});
	for(int i=0;i<n;i++){
		cin>>arr[i];
		if(i&1) o[i]={arr[i],i};
		else e[i]={arr[i],i};
	}
	odd.build(n, o);
	even.build(n, e);
	set<int> block;
	block.insert(0);
	block.insert(n);
	priority_queue<PII,vector<PII>,greater<PII>> pq;
	pq.push(even.query(0, n));
	for(int i=0;i<(n/2);i++){
		PII pos = pq.top();pq.pop();
		if(pos.SS & 1){
			PII sec = even.query(pos.SS, *block.upper_bound(pos.SS));
			odd.modify(pos.SS, {INF,INF});
			even.modify(sec.SS, {INF,INF});
			auto it = block.upper_bound(pos.SS);
			it--;
			pq.push(odd.query(*it, pos.SS));
			pq.push(even.query(pos.SS, sec.SS));
			pq.push(odd.query(sec.SS, *block.upper_bound(sec.SS)));
			block.insert(pos.SS);
			block.insert(sec.SS);
			ans[i*2]=pos.FF;
			ans[i*2+1]=sec.FF;
		}else{
			PII sec = odd.query(pos.SS, *block.upper_bound(pos.SS));
			even.modify(pos.SS, {INF,INF});
			odd.modify(sec.SS, {INF,INF});
			auto it = block.upper_bound(pos.SS);
			it--;
			pq.push(even.query(*it, pos.SS));
			pq.push(odd.query(pos.SS, sec.SS));
			pq.push(even.query(sec.SS, *block.upper_bound(sec.SS)));
			block.insert(pos.SS);
			block.insert(sec.SS);
			ans[i*2]=pos.FF;
			ans[i*2+1]=sec.FF;
		}
	}
	for(int i=0;i<n;i++) cout<<ans[i]<<" \n"[i==n-1];
	return 0;
}

留言

張貼留言

這個網誌中的熱門文章

[TIOJ] 1094. C.幼稚國王的獎賞

題目連結: http://tioj.infor.org/problems/1094 這題有三種作法，一種是我看完馬上想到的砍半枚舉後套trie #include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int LOG_C = 20; const int N = 30 + 5; inline int two(int x){return 1<<x;} class Trie{ private: static constexpr int MEM = 5000000; struct node{ int lc, rc; node(): lc(0), rc(0){} } nodes[MEM]; int mem_, root; inline int new_node(){ assert(mem_ < MEM); nodes[mem_] = node(); return mem_++; } void insert(int x, int& cur, int d){ if(!cur) cur = new_node(); if(d == -1) return; if(x & two(d)) insert(x, nodes[cur].rc, d-1); else insert(x, nodes[cur].lc, d-1); } int query(int x, int cur, int d){ if(d == -1) return 0; if(x & two(d)) swap(nodes[cur].lc, nodes[cur].rc); int ret = 0; if(nodes[cur].rc) ret = query(x, nodes[cur].rc, d-1) + two(d); else ret = query(x, nodes[cur].lc, d-1); if(x & two(d)) swap(nodes[cur].lc, nodes[cur].rc); return ret; } public: void init(){
閱讀完整內容

[Codeforces] 731F. Video Cards

題目連結: http://codeforces.com/problemset/problem/731/F 惹...原來可以暴力做。直接枚舉每個人$i$當作leader時的情況，而計算時就是要算$[ik, i(k+1))$的數字數有幾個，因為在這區間的數字$a$再扣完之後一定都變成$ik$。此外枚舉倍數是$nlogn$的(某種調和級數的想法)，所以就照著做囉(? #include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long lld; const int N = 200000 + 5; lld sum[N]; bool isok[N]; int main(){ ios_base::sync_with_stdio(0);cin.tie(0); int n; cin>>n; for(int i=0;i<n;i++){ int x; cin>>x; sum[x]++; isok[x]=1; } for(int i=1;i<N;i++) sum[i]+=sum[i-1]; lld ans = 0; for(int i=1;i<N;i++){ if(!isok[i]) continue; lld cur = 0; for(int j=i;j<N;j+=i) cur += j*(sum[min(j+i,N)-1]-sum[j-1]); ans = max(ans, cur); } cout<<ans<<'\n'; return 0; }
閱讀完整內容

[IOJ] 19. 啦啦啦

題目連結: http://ioj.infor.org/problems/19 因為$xor$有神奇(?的性質$a \oplus b = c \Longrightarrow a \oplus c = b$，所以就$O(n)$掃過去建好表，再$O(n)$掃一遍加起來，值得注意的是因為$a \oplus 0 = a$，所以若$x=0$，那要再減掉所有數的個數(自己不能算) #include <stdio.h> void gn(int &_){ _=0;char c=getchar(); while(c<'0'||c>'9')c=getchar(); while(c>='0'&&c<='9')_=_*10+c-'0',c=getchar(); } int MiccWan[100000 + 10]; int wayneTu[1000000 + 10] = {0}; int main(){ int t,x; long long edisonhello=0; gn(t);gn(x); for(int i=0;i<t;i++){ gn(MiccWan[i]); wayneTu[MiccWan[i]^x]++; } for(int i=0;i<t;i++){ edisonhello+=wayneTu[MiccWan[i]]; } if(x==0) edisonhello-=t; printf("%lld",edisonhello>>1); return 0; }
閱讀完整內容