Educational Codeforces Round 80 (Rated for Div. 2)SZU cf集训round2 C~E（dp,状压+二分，树状数组+逆向思维）
2024-06-06 19:23:17
C. Two Arrays
题目大意：就是给定两个整数n和m。计算数组对的数量(a，b)，使得:
1 .两个阵列的长度都等于m；
2 .每个数组的每个元素都是1到n(包括1和n)之间的整数； 从1到m的任何指数I的ai≤bi； 数组a按非降序排序；
3 .数组b按非升序排序。
4.由于结果可能非常大，您应该以109+7为模来打印它。
思路：因为a对应位置的数都小于并且a单调递递增b单调递减那么b的最小值就大于a的最小值将a和b序列接起来就是一个长度为2m的上升子序列求方案数
dp[i][j] 就是以长度为i结尾数是j的方案数
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<ctime>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<sstream>
#include<unordered_map>
#include<bitset>
#include<cmath>
#define f first
#define s second
#define IOS std::ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0)
using namespace std;typedef long long LL;
typedef pair<int,int> PII;
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 1e5 + 100;PII p[N];
LL h[N],n,m,T,s;
LL dp[30][1010];
int main()
{IOS;cin >> n >> m;m <<= 1;for(int i = 1; i <= n; ++ i)dp[1][i] = 1;for(int i = 2; i <= m; ++ i)for(int j = 1; j <= n; ++ j)for(int k = 1; k <= j; ++ k)dp[i][j] = (dp[i][j] + dp[i - 1][k]) % mod;LL sum = 0; for(int i = 1; i <= n; ++ i)sum = (sum + dp[m][i]) % mod;cout << sum; return 0;
}
D. Minimax Problem
题目大意：就是给你n个长度为m的数组，挑出两个数组每个对应位置取最大，拼成一个新的长度为m的数组，始得b数组的最小值最大。
思路：通过观察数据范围，n <= 3 * 10^5 m <= 10;那么我们的算法复杂度只能是O（nlogn），并且答案不易求那么我们可以二分答案，判断答案是否存在，然后怎么写check函数呢
对于check函数我们可以状态压缩，枚举一行，将该行大于mid的数变成1，对于不同行我们记录一下状态，t vis[t] = i(行)
枚举一下状态就好了
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<ctime>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<sstream>
#include<unordered_map>
#include<bitset>
#include<cmath>
#define f first
#define s second
#define IOS std::ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0)
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;typedef long long LL;
typedef pair<int,int> PII;const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 3e5 + 100;
bitset<10> f;
int a[N][10];
int n, m, ansi, ansj;
int vis[N];
bool check(int mid)
{memset(vis,0,sizeof(vis));for(int i = 1; i <= n; ++ i){f.reset();for(int j = 1; j <= m; ++ j)if(a[i][j] >= mid)f |= 1 << (j - 1);vis[f.to_ulong()] = i;}for(int i = 0; i < (1 << m); ++ i)if(vis[i])for(int j = 0; j < (1 << m); ++ j)if(vis[j])if((i | j) == (1 << m) - 1){ansi = vis[i];ansj = vis[j];return true;}return false;
}int main()
{IOS;cin >> n >> m;for(int i = 1; i <= n; ++ i)for(int j = 1; j <= m; ++ j)cin >> a[i][j];int l = 0, r = INF;while(l <= r){int mid = (l + r) >> 1;if(check(mid)) l = mid + 1;else r = mid - 1;}cout << ansi << " " << ansj << endl;return 0;
}
E. Messenger Simulator
题目大意：给你长度为n 的 1~n的序列，进行m操作，每次操作将某一位的数放到第一位，其他位往后移动一位，问对于1 ~ n这个数输出它们最左的位置以及最右的位置
这就是样例模拟的过程
[1,2,3,4,5]
[3,1,2,4,5]
[5,3,1,2,4]
[1,5,3,2,4]
[4,1,5,3,2]
对于每一个数我们都要存储一个最左和最右，位置怎么表示呢？ 对于一个数的位置表示位前面数的个数 + 1，就类似于前缀和，那么我们就可以用树状数组来维护，
在维护之前我们可以在每个数前面插入m个0，因为你移动到第一位再将数都后移显然太复杂了，我们直接，前面空出m个位置
比如说n = 3, m = 2;
0 0 1 2 3, 将2移动到前面就是0 2 1 0 3
将2填再m这个位置，再把2删掉
再移动3就是3 2 1 0 0；（因为0对前缀和没有影响）
下面看代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<ctime>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<sstream>
#include<unordered_map>
#include<bitset>
#include<cmath>
#define f first
#define s second
#define IOS std::ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0)
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;typedef long long LL;
typedef pair<int,int> PII;const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 6e5 + 100;int tree[N];
int n, m, c;
int l[N], r[N];
int pos[N];
inline int lowbit(int x)
{return x & (-x);
}
inline void add(int x,int v)
{while(x <= N){tree[x] += v;x += lowbit(x);}
}inline int sum(int i)
{int res = 0;while(i){res += tree[i];i -= lowbit(i);}return res;
}int main()
{IOS;cin >> n >> m;for(int i = 1; i <= n; ++ i){ l[i] = r[i] = i; pos[i] = i + m;add(i + m,1);}int last = m;while(m -- ){cin >> c;l[c] = 1;int ans = sum(pos[c]);r[c] = max(r[c],ans);if(ans == 1) continue;add(pos[c],-1);add(last,1);pos[c] = last;last --;}for(int i = 1; i <= n; ++ i)r[i] = max(r[i],sum(pos[i]));for(int i = 1; i <= n; ++ i)cout << l[i] << " " << r[i] << endl;return 0;
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