因为版权原因，不放题面。
序列
Solution
因为区间长度是满足单调性的，所以可以枚举删除删除的区间，然后枚举所有这个长度的区间，线性判断，复杂度 \(O(n^2logn)\)，可以通过。可以先统计每个数字出现的次数，做到 \(O(nlogn)\) 的复杂度。
这道题还有一个尺取法。先统计出每个数字出现的次数，枚举右区间，看看能不能把左区间向右移。直到没有重复的数字。复杂度还是 \(O(nlogn)\)，因为数据范围大需要离散一下。
总结一下，出题人很凉心，数据范围给得很小，题目出的也不错。代码就写尺取法吧。
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define re register
#define F first
#define S second
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> P;
const int N = 1e5 + 5;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int read() {
int x = 0, f = 0; char ch = 0;
while (!isdigit(ch)) f |= ch == '-', ch = getchar();
while (isdigit(ch)) x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ 48), ch = getchar();
return f ? -x : x;
}
map <int, int> mp;
int a[N];
int main(){
int n = read(), cnt = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++){
a[i] = read();
if (mp[a[i]] == 1) cnt++;
mp[a[i]]++;
}
int ans = INF;
for (int r = 1, l = 1; r <= n; r++){
if (--mp[a[r]] == 1) cnt--;
while (!mp[a[l]] && l <= r) mp[a[l++]]++;
if (!cnt) ans = min(ans, r - l + 1);
}
printf("%d\n", ans);
return 0;
}数字
Solution
手算一下求的式子，有点莫比乌斯反演的感觉。
\[ \sum _{i = 1, m | i} ^n {i\%10} = \sum_{i=1}^{\frac{n}{m}} m \times i \% 10 \]
如果去暴力就白写了，可以发现这个式子的值是以 \(10\) 为周期的。然后用分块的思想做就可以了，复杂度 \(O(T)\)，常数大。要开 long long。
总结一下，这道题出题人还是非常凉心，没有考察前缀和的芝士，还给了友善的数据范围但不排除是迷惑人的，重要的是让我 get 了一个题型。
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define re register
#define F first
#define S second
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> P;
const int N = 1e5 + 5;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
ll read() {
ll x = 0, f = 0; char ch = 0;
while (!isdigit(ch)) f |= ch == '-', ch = getchar();
while (isdigit(ch)) x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ 48), ch = getchar();
return f ? -x : x;
}
int main(){
int T = read();
while (T--){
ll n = read(), m = read();
ll ans = 0;
for (ll i = m; i <= n; i += m){
if(i % 10 == 0) ans *= n / i, i *= n / i;
ans += i % 10;
}
printf("%lld\n", ans);
}
return 0;
}背包
Solution
根据贪心思想，以进入时间为第一关键字，取出时间为第二关键字。进入时间越早优先级越大，取出时间越晚优先级越大，然后就可以 dp。这一步不难。
设 \(f_{i,j}\) 表示第 \(i\) 个物品在顶上，第 \(i\) 个物品上任何时候质量和都不超过 \(j\) 的最大价值。对于承重的限制，可以规定 \(j\) 的边界。转移分成两种，第一种是加上在第 \(i\) 物品时间段之前的物品的价值。第二种是枚举在 \(i\) 之前放入，\(i\) 之后取出的 \(k\) 。
复杂度 \(O(n^3)\)，好题一道。
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define re register
#define F first
#define S second
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> P;
const int N = 1000 + 10;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int read() {
int x = 0, f = 0; char ch = 0;
while (!isdigit(ch)) f |= ch == '-', ch = getchar();
while (isdigit(ch)) x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ 48), ch = getchar();
return f ? -x : x;
}
struct node{
int l, r, w, s, v;
}a[N];
bool cmp(node a, node b){
if (a.l != b.l) return a.l < b.l;
return a.r > b.r;
}
int dp[N][N];
int main(){
int n = read(), S = read();
for (int i = 1; i <= n; i++) a[i].l = read(), a[i].r = read(), a[i].w = read(), a[i].s = read(), a[i].v = read();
sort(a + 1, a + n + 1, cmp);
int ans = -INF;
for (int i = 1; i <= n; i++){
for (int j = 0; j <= min(a[i].s, S); j++){
int pre = 0; dp[i][j] = a[i].v;
for (int k = 1; k < i; k++){
if (a[i].r <= a[k].r) dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[k][j + a[i].w] + a[i].v + pre);
if (a[i].l >= a[k].r) pre += a[k].v;
}
ans = max(ans, dp[i][j]);
}
}
printf("%d\n", ans);
return 0;
}玩具
Solution
四不像的状压 dp，雾。
题目相当于给你 \(n\) 个 \(m\) 位的二进制数，问有多少种选任意个数的方案或起来全为 \(1\)。
有点蒙，先咕咕。