1.（1005E2）http://codeforces.com/contest/1005/problem/E2
题意：给定一个长度为n的排列，先求有多少个区间[l,r]满足该区间的中位数为m
分析：设置函数count(m):表示对于给定长度为n的序列，有多少个区间的中位数是>=m的（当【区间>=m数的个数】>【区间<m的个数】时满足）.最终的答案为count(m)-count(m+1)。
那么如何求解count(m)？设置变量cnt表示当前累计的值，初始值为n，当a[i]>=m时，cnt++;当a[i]<m时,cnt--。从头开始枚举区间的右端点[1,i]，并计算cnt(1,i)，每次只需要找出前面有多少个j满足cnt(1,j)<cnt(1,i)即可。设置sum[x]表示cnt=x的个数有多少。
那么如何求解前面有多少个数小于cnt(1,i)呢？设置变量add，表示满足cnt(1,j)<cnt(1,i-1)的数有多少。每次枚举第i位时，若a[i]>=m，则先add+=sum[cnt],cnt++。否则cnt--,add-=sum[cnt]（有点类似于莫队算法中一步步更新）。每次访问一个i时，最后的答案result+=add。
参考：http://www.cnblogs.com/widsom/p/9290269.html
1 #include<cstdio>
2 #include<cstring>
3 #include<algorithm>
4 using namespace std;
5 typedef long long ll;
6 const int maxn=2e5+10;
7 int a[maxn],sum[2*maxn],n;
8
9 ll count(int m)
10 {
11 memset(sum,0,sizeof(sum));
12 int cnt=n;
13 sum[n]=1;
14 ll add=0,result=0;
15 for ( int i=1;i<=n;i++ )
16 {
17 if ( a[i]>=m )
18 {
19 add+=sum[cnt];
20 cnt++;
21 }
22 else
23 {
24 cnt--;
25 add-=sum[cnt];
26 }
27 sum[cnt]++;
28 result+=add;
29 }
30 return result;
31 }
32
33 int main()
34 {
35 int m,i,j,k,x,y,z;
36 ll ans;
37 while ( scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF )
38 {
39 for ( i=1;i<=n;i++ ) scanf("%d",&a[i]);
40 ans=count(m)-count(m+1);
41 printf("%lld\n",ans);
42 }
43 return 0;
44 }
1005E2
2.（1005F）http://codeforces.com/contest/1005/problem/F
题意：有n个点和m条无向边，求至多k种挑选n-1边的方案，满足根（编号为1的点）到所有点的距离之和最小，输出方案个数
分析：设置b[i]表示点i到根的最短距离（通过bfs）实现。然后对于一个点u来说考虑所有的边（u,v），若满足d[u]==d[v]+1，那么该边最终是可以选择的，设置G[u]表示u点的前驱的边中有哪些是可以选择的。设置f[i]表示对于点i当前选择第G[i][f[i]]条边，所有的f[i]初始化为0。所有对于编号为[2,n]，每次挑选前驱中的一条边，最后组成的无向图是一定满足条件的。
那么如何挑选出k种方案呢？思路大致同数字中的进位（个位满10，十位加1；十位满10，百位+1。以此类推）,此处也一样,f[i]==G[i].size(),f[i]==0,f[i+1]++.直到最后不能加为止
参考：http://codeforces.com/blog/entry/60511
1 #include<cstdio>
2 #include<cstring>
3 #include<algorithm>
4 #include<vector>
5 #include<queue>
6 #include<string>
7 #include<iostream>
8 using namespace std;
9 const int maxn=2e5+10;
10 const int inf=1e9;
11 vector<int>E[maxn],G[maxn];
12 vector<string>ans;
13 int a[maxn],b[maxn],f[maxn],d[maxn],n;
14
15 void BFS()
16 {
17 for ( int i=1;i<=n;i++ ) d[i]=inf;
18 d[1]=0;
19 queue<int>que;
20 que.push(1);
21 while ( !que.empty() )
22 {
23 int u=que.front();
24 que.pop();
25 for ( int i=0;i<E[u].size();i++ )
26 {
27 int v=E[u][i];
28 if ( d[v]==inf )
29 {
30 d[v]=d[u]+1;
31 que.push(v);
32 }
33 }
34 }
35 }
36
37 int main()
38 {
39 int m,k,i,j,x,y,z,u,v,cnt;
40 while ( scanf("%d%d%d",&n,&m,&k)!=EOF )
41 {
42 ans.clear();
43 for ( i=1;i<=n;i++ )
44 {
45 E[i].clear();
46 G[i].clear();
47 }
48 for ( i=1;i<=m;i++ )
49 {
50 scanf("%d%d",&a[i],&b[i]);
51 E[a[i]].push_back(b[i]);
52 E[b[i]].push_back(a[i]);
53 }
54 BFS();
55 for ( i=1;i<=m;i++ )
56 {
57 u=a[i],v=b[i];
58 if ( d[u]==d[v]+1 ) G[u].push_back(i);
59 if ( d[v]==d[u]+1 ) G[v].push_back(i);
60 }
61 memset(f,0,sizeof(f));
62 cnt=0;
63 for ( j=1;j<=k;j++ )
64 {
65 string s(m,‘0‘);
66 for ( i=2;i<=n;i++ )
67 {
68 s[G[i][f[i]]-1]=‘1‘;
69 }
70 ans.push_back(s);
71 bool ok=false;
72 for ( i=2;i<=n;i++ )
73 {
74 if ( f[i]+1<G[i].size() )
75 {
76 ok=true;
77 f[i]++;
78 break;
79 }
80 else f[i]=0;
81 }
82 if ( !ok ) break;
83 }
84 cout<<ans.size()<<endl;
85 for ( i=0;i<ans.size();i++ ) cout<<ans[i]<<endl;
86 }
87 return 0;
88 }
1005F
原文地址：https://www.cnblogs.com/HDUjackyan/p/9293613.html