很经典的题目了。。
一堆人。。有重量和力量之两个属性。。
要堆个塔，一个人头上的所有人重量之和不大于其力量。。
求塔最多能有几个人。。
很明显将人按重量+力量排序。。就可以满足无后效性。。
那么用树状数组维护一下DP的答案就OK了。。
#include<cstdio>
#include<utility>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<set>
#include<cstdlib>
#define low(x) (x&(-x))
using namespace std;
typedef pair<int,int> pi;
const int maxs=2000000,maxn=100000;
int n;
pi C[maxs+100];
pi A[maxn];
inline void Renew(pi&x,pi c)
{
if(x.first>c.first) return;
if(x.first<c.first) {x=c;return;}
if(x.second>c.second) x=c;
}
void change(int l,pi d)
{
for(;l<=maxs;l+=low(l))
Renew(C[l],d);
}
pi Max(int l)
{
pi ans=pi(0,0);
for(;l>0;l-=low(l))
Renew(ans,C[l]);
return ans;
}
inline bool cmp(const pi&x,const pi&y)
{return x.first+x.second<y.first+y.second;}
int main()
{
cin>>n;
for(int i=1;i<=maxs;i++)
C[i].second=i,C[i].first=0;
for(int i=0;i<n;i++)
cin>>A[i].first>>A[i].second;
sort(A,A+n,cmp);pi get;int pos;int ans=0;
for(int i=0;i<n;i++)
{
get=Max(A[i].second);
pos=get.second+A[i].first;ans=max(ans,get.first+1);
change(pos,pi(get.first+1,pos));
}
cout<<ans<<endl;
}

没什么好说的。。直接模拟。。
(：加深1层，
)：降低1层
数字： 叶子
直接算就OK了。。
注意一下cin.peek()可能会有用，它的作用是读下一个但不删除，
可以用来判断是否是'(‘和’)’。。
#include<cstdio>
#include<utility>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<set>
#include<cstdlib>
using namespace std;
double pow[1000];
int main()
{
pow[0]=1;
for(int i=1;i<1000;i++)
pow[i]=pow[i-1]/2;
int cnt=0;double ans=0,x;
while(true)
{
while(cin.peek()==’ ‘)
cin.get();
if(cin.peek()=='(‘)
cnt++,cin.get();
else
{
if(cin.peek()==’)’)
cnt–,cin.get();
else
cin>>x,ans+=x*pow[cnt];
}
if(!cnt) break;
}
cout.setf(ios::fixed);
cout.precision(2);
cout<<ans<<endl;
}

开始作mipt了
大意:
给一个竞赛图(有向图，x和y要么x到y有边，要么y到x有边)。。
求哈密顿回路。。
图很密。。暴力dfs2.00s。。
我直接随机了。。0.02s。。
就是说随机一个序列，然后如果其中有两个相邻的没边的话，
交换一下位置就有边了。。但是可能导致其他的没边。。
但多随机调整几次就OK了。。
#include<cstdio>
#include<utility>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<set>
#include<cstdlib>
using namespace std;
int n;const int maxn=200;
bool beat[maxn][maxn]={0};
void init()
{
cin>>n;char c;bool w;scanf("n");
for(int i=0;i<n;i++)
{
for(int j=0;j<i;j++)
{
cin>>c;w=(c==’+’);
beat[i][j]=w;
beat[j][i]=!w;
}
scanf("#n");
}
}
int t;
inline void swap(int&x,int&y)
{t=x;x=y;y=t;}
void print(int A[])
{
for(int i=0;i<n;i++)
cout<<A[i]+1<<" ";
cout<<endl;
exit(0);
}
void solve()
{
int A[maxn];
for(int i=0;i<n;i++)
A[i]=i;
int test=100;
while(test–)
{
random_shuffle(A,A+n);
int ti=100;
while(ti–)
{
bool can=true;
for(int i=0;i<n-1;i++)
if(!beat[A[i]][A[i+1]])
swap(A[i],A[i+1]),can=false;
if(can)
print(A);
}
}
}
int main()
{
srand(199581);
init();
solve();
}

BT阿。。这明明就是IMO1996年的竞赛题阿。。
设A={1..p},B={p+1..2*p}
那么A和B是一种选法。。
然后对于其他的每一种选法。必然有A也有B。。
那么把它的全体B中的数+1、+2、+3、。。、+p-1由于p是素数。。
所以必有p-1个和模p不为0的选法与其对应。。
于是答案就是(C(2n,n)-2)/p+2。。。
高精写次了。。用Java算了答案后交了个表。。

1986.Distance Queries
大意：
给一颗树。。每次询问两点之间的距离。。
很明显是要求lca的。。又不是要求在线算法。。于是我就用tarjan了。。
#include<cstdio>
#include<utility>
#include<vector>
using namespace std;
const int maxn=40000;
typedef pair<int,int> pi;
int F[maxn];
inline void makeset(int x)
{
F[x]=x;
}
int find(int x)
{
if(x!=F[x]) F[x]=find(F[x]);
return F[x];
}
void Union(int x,int y)
{
x=find(x);y=find(y);
F[y]=x;
}
int cnt=0;
vector<pi> Ask[maxn],E[maxn];
int Ans[maxn],Dep[maxn];
bool vis[maxn]={0};
void addQuery(int x,int y)
{
Ask[x].push_back(pi(y,cnt));
Ask[y].push_back(pi(x,cnt));
cnt++;
}
void addEdge(int s,int t,int c)
{
E[s].push_back(pi(t,c));
E[t].push_back(pi(s,c));
}
int n,m,k;
void dfs(int x,int dep)
{
vis[x]=true;
Dep[x]=dep;
makeset(x);
for(int v,i=0;i<E[x].size();i++)
if(!vis[v=E[x][i].first])
{
dfs(v,dep+E[x][i].second);
Union(x,v);
}
for(int lca,v,i=0;i<Ask[x].size();i++)
if(vis[v=Ask[x][i].first])
{
lca=find(v);
Ans[Ask[x][i].second]=Dep[x]+Dep[v]-2*Dep[lca];
}
}
int main()
{
scanf("%d %d",&n,&m);
int s,t,l;char c;
while(m–)
{
scanf("%d %d %d %c",&s,&t,&l,&c);s–;t–;
addEdge(s,t,l);
}
scanf("%d",&k);
for(int i=0;i<k;i++)
{
scanf("%d %d",&s,&t);s–;t–;
addQuery(s,t);
}
dfs(0,0);
for(int i=0;i<k;i++)
{
printf("%dn",Ans[i]);
}
}1987.Distance Statistics
这道有点意思：
给一颗树。。求出其中距离不超过K的点有多少对。。
明显是要用分治。。首先多叉转二叉。。所有点到兄弟的边长度都为0。。
之所以要多叉转二叉是因为如果不转的话。。有些情况（例如星形树。。）你就悲剧了。。
这样两点之间的距离还是不变的。。
然后用基于边的分支。。每次找出中心边。。再分成两棵子树。。
然后两个点都在子树内部的可以递归解决。。需要算的是两个点在不同子树的。。
两个子树所有节点都按到根的距离排序。。然后就可以扫描了。。
可惜我的Code写次了。。时间超了1倍。。需要去改改。。
没AC就不发了。。

这绝对是树窝。。全是关于树的题目。。。倒。。
1984.Navigation Nightmare
大意:
就是一个地图。。每次告诉你一个点相对于另一个点的坐标。。然后有一些询问。。
都是问两个点之间的曼哈顿距离是多少。。如果信息不够就输出-1。。
好像有点难。。如果不是动态查询的话只好算出每个点的坐标就可以了。。但这里是动态的。
很麻烦。。我想了想发现是可以用并查集做的。。
对每个点i。F[i]是其父亲。。D[i]是相对于其父亲他的坐标。。
那么在路径压缩的时候可以顺便维护D[i]。。
对于一个点Find一下就可以算出其对于根的坐标。。查询如果根不同则不知道。。
连接的时候记得要转换一下相对的坐标。。
否则就是坐标的曼哈顿距离。。
Code。。
#include<cstdio>
#include<utility>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=40000;
typedef pair<int,int> pi;
inline int abs(int x){return x<0?-x:x;}
inline pi operator+(const pi&x,const pi&y)
{
return pi(x.first+y.first,x.second+y.second);
}
inline pi operator-(const pi&x,const pi&y)
{
return pi(x.first-y.first,x.second-y.second);
}
inline int dist(const pi&x,const pi&y)
{
return abs(x.first-y.first)+abs(x.second-y.second);
}
pi get(int l,char d)
{
switch(d)
{
case ‘N’:return pi(0,l);
case ‘S’:return pi(0,-l);
case ‘E’:return pi(l,0);
case ‘W’:return pi(-l,0);
}
}
struct data
{
int s,t,l;
char d;
}D[maxn];
struct query
{
int x,y,t,n;
bool operator<(const query&x) const
{return t<x.t;}
}Q[maxn];
int n,m,k;
void init()
{
scanf("%d %d",&n,&m);
for(int i=0;i<m;i++)
scanf("%d %d %d %c",&D[i].s,&D[i].t,&D[i].l,&D[i].d);
scanf("%d",&k);
for(int i=0;i<k;i++)
scanf("%d %d %d",&Q[i].x,&Q[i].y,&Q[i].t),Q[i].n=i;
sort(Q,Q+k);
}
int F[maxn];
pi P[maxn];
void set(int n)
{
for(int i=0;i<n;i++)
F[i]=i,P[i]=pi(0,0);
}
void find(int x)
{
if(x!=F[x])
find(F[x]),P[x]=P[x]+P[F[x]],F[x]=F[F[x]];
}
void Union(int x,int y,pi d)
{
find(x);d=d-P[x];x=F[x];
find(y);d=d+P[y];y=F[y];
F[x]=y;P[x]=d;
}
int ask(int x,int y)
{
find(x);find(y);
if(F[x]!=F[y]) return -1;
return dist(P[x],P[y]);
}
void deal(data x)
{
x.s–;x.t–;
pi d=get(x.l,x.d);
Union(x.s,x.t,d);
}
int main()
{
init();
set(n);
int last=0;
int Ans[maxn];
for(int i=0;i<k;i++)
{
for(int j=last;j<Q[i].t;j++)
{
deal(D[j]);
}
last=Q[i].t;Ans[Q[i].n]=ask(Q[i].x-1,Q[i].y-1);
}
for(int i=0;i<k;i++)
printf("%dn",Ans[i]);
}1985.Cow Marathon
大意:
一颗树，求其中距离最远的两点的距离。。
经典算法。。两次dfs。。
也可以DP。。
水题就不多说了。。。
Code。。
#include<cstdio>
#include<utility>
#include<vector>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef pair<int,int> pi;
typedef vector<pi>::iterator it;
const int maxn=40000;
int n,m;
vector<pi> E[maxn];
inline void add(int s,int t,int c)
{
E[s].push_back(pi(t,c));
E[t].push_back(pi(s,c));
}
void init()
{
scanf("%d %d",&n,&m);int s,t,c;char a;
while(m–)
{
scanf("%d %d %d %c",&s,&t,&c,&a);s–;t–;
add(s,t,c);
}
}
int dist[maxn];
bool vis[maxn];
void dfs(int x,int d)
{
vis[x]=true;dist[x]=d;
for(it i=E[x].begin();i!=E[x].end();i++)
if(!vis[i->first])
{
dfs(i->first,d+i->second);
}
}
int find(int t)
{
memset(vis,false,sizeof(vis));
dfs(t,0);int mi=0;
for(int i=1;i<n;i++)
if(dist[i]>dist[mi])
mi=i;
return mi;
}
int main()
{
init();
int t=find(0);
printf("%dn",dist[find(t)]);
}

N久没做sgu了。。。
这道题意思是说给你一个n*m的棋盘每个数或为1或为0，每一个2*2的子矩阵的和都是2。。
求方法数。。
n和m那么大肯定是有公式的。。
先是写了状压DP算了一下。。看出公式是2^m+2^n-2。。
我是这么推导的。。
因为第一行有2^m种放法。。其中除了010101和101010之外。。
第一行一确定其他行也都确定了。。于是就有2^m-2种。。
又如果第一行是010101或101010。。那么第二行也只能选这两种。。
每一行都有两种选择。。于是就是2^n种。。
加一下就是答案了。。。
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
const int maxl=1000;
struct bignum
{
int Q[maxl],last;
bignum()
{
memset(Q,0,sizeof(Q));last=0;
}
void set(int a)
{               
Q[last]=a;
}
int& operator[](int v){return Q[v];}
bignum operator+(bignum&x)
{
bignum ans;ans.last=max(last,x.last);int d=0;
for(int i=0;i<=ans.last;i++)
{
d+=x[i]+Q[i];
ans[i]=d%10;
d/=10;
}
if(d)ans[++ans.last]=d;
return ans;
}
void operator-=(int x)
{   
for(int i=0;i<=last;i++)
{
if(Q[i]>=x) {Q[i]-=x;return;}
else{Q[i]=10+Q[i]-x;x=1;}
}
}
bignum operator*(int x)
{
int d=0;bignum ans;ans.last=last;
for(int i=0;i<=ans.last;i++)
{
d+=Q[i]*x;
ans[i]=d%10;
d/=10;
}
while(d)
{
ans[++ans.last]=d%10;
d/=10;
}
return ans;
}
void operator=(const bignum&x)
{
memmove(Q,x.Q,sizeof(Q));
last=x.last;
}
void print()
{
for(int i=last;i>=0;i–)
cout<<Q[i];
}
}a,b;
int main()
{
int n,m;cin>>n>>m;
if(n<m){int t=n;n=m;m=t;}
b.set(1);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
b=b*2;
if(i==m) a=b;
}
a=a+b;
a-=2;
a.print();cout<<endl;
}

https://www.spoj.pl/problems/GSS5/
这道题不难关键是我这个写法。。
实在是太NB了。。（这个烧饼疯了。。）
首先很明显如果y1<x2的话。。
设S为部分和序列。。那么ans=Max(S,x2..y2)-Min(S,x1-1..y1-1..)。。
如果有重叠的话。。分三种情况讨论。。设答案是Ai..Aj
i<x2,ans=Max(S,x2..y2)-Min(S,x1-1..x2-1)
j>y1,ans=Max(S,y1+1..y2)-Min(S,x1-1..y1-1..)
i>=x2&&j<=y 转化成经典问题了。。。
如果直接写3个线段树会很BT。。只写一个的话又浪费时间。。
我的Code中写了个线段树的模板。。然后根据信息直接弄出3个线段树。。NB阿（。。。）

#include<cstdio>
#include<iostream>
#define Renew(x,c) x=max(x,c)
using namespace std;
struct MinNum
{
int Min;
MinNum(int a=0):Min(a){}
MinNum operator+(const MinNum&Rch)
{
MinNum f;
f.Min=min(Min,Rch.Min);
return f;
}
};
struct MaxNum
{
int Max;
MaxNum(int a=0):Max(a){}
MaxNum operator+(const MaxNum&Rch)
{
MaxNum f;
f.Max=max(Max,Rch.Max);
return f;
}
};
struct ContMax
{
int Max,Lmax,Rmax,Sum;
ContMax(int a=0):Max(a),Lmax(a),Rmax(a),Sum(a){}
ContMax operator+(const ContMax&Rch)
{
ContMax f;
f.Lmax=max(Lmax,Sum+Rch.Lmax);
f.Rmax=max(Rch.Rmax,Rch.Sum+Rmax);
f.Sum=Sum+Rch.Sum;
f.Max=max(Max,Rch.Max);
f.Max=max(f.Max,Rmax+Rch.Lmax);
return f;
}
};
template<class info>
class Tree
{
int*A;int L,R;
struct tree
{
tree*Lch,*Rch;
info Ans;
tree(int a=0):Ans(a){}
}*root;
tree* build(int l,int r)
{
if(l==r) return new tree(A[l]);
int mid=(l+r)/2;
tree* T=new tree;
T->Lch=build(l,mid);
T->Rch=build(mid+1,r);
T->Ans=T->Lch->Ans+T->Rch->Ans;
return T;
}
info ask(tree*T,int l,int r,int ll,int rr)
{
if(l==ll and r==rr) return T->Ans;
int mid=(l+r)/2;
if(ll>mid) return ask(T->Rch,mid+1,r,ll,rr);
if(rr<=mid) return ask(T->Lch,l,mid,ll,rr);
return ask(T->Lch,l,mid,ll,mid)+ask(T->Rch,mid+1,r,mid+1,rr);
}
public:
Tree(int A[],int L,int R):A(A),L(L),R(R)
{
root=build(L,R);
}
info operator()(int l,int r)
{
return ask(root,L,R,l,r);
}
};
const int maxn=10000+100,inf=~0U>>1;
void solve()
{
int A[maxn],S[maxn],n;S[0]=0;
cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",A+i),S[i]=A[i]+S[i-1];
Tree<MaxNum> RMQMax(S,0,n);
Tree<MinNum> RMQMin(S,0,n);
Tree<ContMax> SegTree(A,1,n);
int m,x1,y1,x2,y2;cin>>m;
while(m–)
{
scanf("%d %d %d %d",&x1,&y1,&x2,&y2);int ans=-inf;
if(x2>y1)
ans=RMQMax(x2,y2).Max-RMQMin(x1-1,y1-1).Min;
else
{
if(y1<y2) Renew(ans,RMQMax(y1+1,y2).Max-RMQMin(x1-1,y1-1).Min);
if(x1<x2) Renew(ans,RMQMax(x2,y2).Max-RMQMin(x1-1,x2-1).Min);
Renew(ans,SegTree(x2,y1).Max);
}
printf("%dn",ans);
}
}
int main()
{
int t;cin>>t;
while(t–) solve();
}

看到句很NB的话。。
书是人类进步的阶梯。。
电子书是人类进步的电梯。。

http://acm.pku.edu.cn/JudgeOnline/problem?id=1988
http://acm.pku.edu.cn/JudgeOnline/problem?id=1989
http://acm.pku.edu.cn/JudgeOnline/problem?id=1990
http://acm.pku.edu.cn/JudgeOnline/problem?id=1991
@@@@1@@@@
。。。想到了WHAT？黑书上的银河英雄传说么。。
小样。。穿上马甲我照样认出你阿。。。
#include<cstdio>
#include<iostream>
#define REP(i,n) for(int i=0;i<n;i++)
using namespace std;
const int maxn=30000+100;
int F[maxn],D[maxn],S[maxn];
void set(int n)
{
REP(i,n) F[i]=i,D[i]=0,S[i]=1;
}
void find(int x)
{
if(x!=F[x])
find(F[x]),D[x]+=D[F[x]],F[x]=F[F[x]];
}
void Union(int x,int y)
{
find(x);find(y);
x=F[x];y=F[y];
F[x]=y;D[x]=S[y];S[y]+=S[x];
}
int main()
{
set(maxn);
int P;scanf("%d",&P);
char c;int a,b;
while(P–)
{
scanf("n%c",&c);
if(c==’M’)
scanf("%d %d",&a,&b),Union(a,b);
else
scanf("%d",&a),find(a),printf("%dn",D[a]);
}
}@@@@2@@@@
想了N久。。发现如果想要搞出所有n长的组合的话。。所有数必须能分成两部分。。
一部分能搞出所有n-1长的组合。。另一部分有1～k所有的数。。
又想了一会发现能分成n个包含1~k所有数的部分就能搞出所有n长的排列。。
所以直接上了。。。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int maxn=100000,maxk=10000;
bool e[maxk]={0};
int n,k;
int main()
{
cin>>n>>k;int t,l=k,ans=0;
for(int i=0;i<n;i++)
{
scanf("%d",&t);t–;
if(!e[t]) l–;
e[t]=true;
if(!l){memset(e,false,sizeof(e));l=k;ans++;}
}
cout<<ans+1<<endl;
}

代码短。。可是想的时间长阿。。。

@@@@3@@@@
从声音大的到声音小的算。。然后再一个个删。。
结果再用数状数组维护一下。。就OK了。。
#include<iostream>
#include<utility>
#include<algorithm>
#define low(i) (i&(-i))
using namespace std;
const int maxn=20000+100;
typedef long long LL;
int N,Pv[maxn],Px[maxn],Rx[maxn];
pair<int,int> A[maxn];
bool cmp1(const int&x,const int&y)
{
return A[x].first<A[y].first;
}
bool cmp2(const int&x,const int&y)
{
return A[x].second<A[y].second;
}
LL S[maxn]={0},C[maxn];
void add(LL C[],int l,int d)
{
for(;l<=N;l+=low(l))
C[l]+=d;
}
LL sum(LL C[],int l)
{
LL ans=0;
for(;l>0;l-=low(l))
ans+=C[l];
return ans;
}
LL sum(LL C[],int l,int r)
{
return sum(C,r)-sum(C,l-1);
}
int main()
{
cin>>N;
for(int i=1;i<=N;i++)
cin>>A[i].first>>A[i].second,Pv[i]=Px[i]=i;
sort(Pv+1,Pv+N+1,cmp1);
sort(Px+1,Px+N+1,cmp2);
for(int i=1;i<=N;i++)
{
Rx[Px[i]]=i;
add(C,i,1);
add(S,i,A[Px[i]].second);
}
LL ans=0;
for(int i=N;i>=1;i–)
{
int t=Pv[i],v=A[t].first,x=A[t].second,u=Rx[t];
ans+=(sum(C,1,u-1)*x-sum(S,1,u-1))*v;
ans+=(sum(S,u+1,N)-sum(C,u+1,N)*x)*v;
add(C,u,-1);
add(S,u,-x);
}
cout<<ans<<endl;
}@@@@4@@@@
这不是宋神牛交作业么？倒。。。
不会不会不会不会。。。写了个LJ贪心暴掉了。。。
@@@@Summary@@@@
2004的OPEN好easy阿。。。
我这种沙茶都搞定了3道。。。