2019 360校招笔试- 编程题 -2018.08.27

解题思路：

求出最大的横坐标差和最大的纵坐标轴之差，取较大值作为正方形城市边长即可。

代码：

#include <iostream>
#include <cmath>
using namespace std;
const int INF=1e9+5;int main()
{int n;while(cin >> n){int min_x=INF, max_x=-INF, min_y=INF, max_y=-INF;int x, y;for(int i=0; i<n; i++){cin >> x >> y;if(x > max_x)max_x = x;if(y > max_y)max_y = y;if(x < min_x)min_x = x;if(y < min_y)min_y = y;}//坐标取值范围[-1e9, 1e9]，面积可能大于int范围。long long tmp = max(max_x-min_x,max_y-min_y); cout << tmp*tmp << endl;}return 0;
}

解题思路：

解法1：离线+树状数组。先把询问离线，并且按照右端点排序，然后从小区间开始，然后树状数组的含义就是指以当前r为结尾的前缀区间（除去后面出现过的元素）的元素种类数，简单点说，当计算到l , r区间，把l - r区间还没在树状数组上更新的值，更新一遍，在之前已经存在了的值先删掉再更新一遍，确保我确定的元素都是往r靠的。

解法2：主席树。

解法3：暴力求解。维护一个大小为m的数组，记录每个数的前缀出现次数，把l - r区间的每个数相减，再统计出现次数大于0的数字总数即为答案。（时间复杂度为Q*m，只适用于Q*m较小时；若此题m的范围改为1~1000，则超时。）

（在解法1和解法2中，m均用不上）

代码（解法1）：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<map>
using namespace std;const int N = 2005;
const int M = 1000005;
struct node
{int x, y, id;
}b[M];int c[N], ans[M], a[N];
map<int, int >vis;bool cmp(node a, node b)
{return a.y<b.y;
}
int lowbit(int x)
{return x & (-x);
}
void update(int x, int val,int n)
{while (x <= n){c[x] += val;x += lowbit(x);}
}
int sum(int x)
{int s = 0;while (x){s += c[x];x -= lowbit(x);}return s;
}
int main()
{int n, m, k;while (~scanf("%d%d", &n, &k)){for (int i = 1; i <= n; i++)scanf("%d", &a[i]);scanf("%d", &m);for (int i = 0; i<m; i++){scanf("%d%d", &b[i].x, &b[i].y);b[i].id = i;}cout<<endl;sort(b, b + m, cmp); for (int k = 0; k<m; k++){cout<<b[k].x<<" "<<b[k].y<<endl;}cout<<endl;int pre = 1;memset(c, 0, sizeof(c));vis.clear();for (int i = 0; i<m; i++){for (int j = pre; j <= b[i].y; j++){if (vis.find(a[j]) == vis.end())update(j, 1, n);else{update(vis[a[j]], -1, n);update(j, 1, n);}vis[a[j]] = j;}ans[b[i].id] = sum(b[i].y) - sum(b[i].x - 1);pre = b[i].y + 1;}cout<<endl;for (int i = 0; i<m; i++)printf("%d\n", ans[i]);}return 0;
}

解题思路：

很明显这是最长公共子序列LCS.

但是由于数据太大，普通的O(n2)的做法肯定不行，我们要考虑一种更快的做法.把LCS问题转换成LIS问题，然后再利用LIS的nlogn解法来求出答案。

思路是这样的，首先假设有两个串，为a和b，比如:

a	1	2	3	5	4
b	5	4	3	2	1
下标	1	2	3	4	5

我们找出a中的每个数在b中的下标。

1出现在5位置，2出现在4位置，3出现在3位置，5出现在1位置，4出现在2位置，那么就形成了一个新的串.

5 4 3 1 2

(注意：若a中的元素在b中当有多个位置(k1,k2,k3……)时，要降序排列(k1>k2>k3),这样求最长上升子序列的时候，可以保证从这些位置中只取出一个)

然后对新生成的串求出LIS长度就是答案

注：LCS在最终的时间复杂度上不是严格的O(nlogn)，不知均摊上是不是。
举个退化的例子：
如 a：666 b：66666

则新的序列为432143214321
长度变成了n*m ,最终时间复杂度O(n*m*(lognm)) > O(n*m)。

不过此题每个元素都不一样，则算法时间复杂度O(nlogn)

代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;const int MAXN = 50005;int a[MAXN], lis[MAXN * 20], d[MAXN * 20];
vector<int> pos[MAXN];int main()
{int n;while(~scanf("%d", &n)){for (int i = 1; i <= n; i++)scanf("%d", a + i);int b;for (int i = 1; i <= n; i++) {scanf("%d", &b);pos[b].push_back(i);}int len_lis = 1;for (int i = 0; i <= n; i++)for (int k = pos[a[i]].size() - 1; k >= 0; k--)lis[len_lis++] = pos[a[i]][k];d[1] = lis[1];int max_len_lcs = 1;for (int i = 2; i <= len_lis; i++){if (lis[i] > d[max_len_lcs])d[++max_len_lcs] = lis[i];else{int pos_greater_than_lis_i = lower_bound(d, d + max_len_lcs, lis[i]) - d;d[pos_greater_than_lis_i] = lis[i];}}printf("%d\n", max_len_lcs);}return 0;
}

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