在各位ak的大佬中，我感觉我寄几好菜啊。。。
题目描述
给定字符串s，s只包含小写字母，请求出字典序最大的子序列。
子序列：https://en.wikipedia.org/wiki/Subsequence
字典序：https://en.wikipedia.org/wiki/Lexicographical_order
输入描述:
一行一个字符串s (1 <= |s| <= 100,000)。
输出描述:
字典序最大的子序列。
示例1
输入
ababba
输出
bbba
示例2
输入
abbcbccacbbcbaaba
输出
cccccbba
A是IQIYI笔试题。。233 。我们让循环一开始的起始位置为$ 0 $。然后做$26$次循环，从‘Z‘到‘A‘。若当前循环的字符为$k$，我们从起始位置开始找所有出现的字符$k$，每出现一次就加到答案字符串末尾，然后更新起始位置为当前位置。这样构造出的一定是字典序最大的字符串。
1 #include<bits/stdc++.h>
2 #define clr(x) memset(x,0,sizeof(x))
3 #define clr_1(x) memset(x,-1,sizeof(x))
4 #define mod 1000000007
5 #define LL long long
6 #define INF 0x3f3f3f3f
7 using namespace std;
8 string s,ans;
9 int pos,p;
10 int main()
11 {
12 ios::sync_with_stdio(false);
13 cin>>s;
14 pos=0;
15 for(char p=‘z‘;p>=‘a‘;p--)
16 {
17 for(int i=pos;s[i];i++)
18 {
19 if(s[i]==p)
20 {
21 ans+=p;
22 pos=i;
23 }
24 }
25 }
26 cout<<ans<<endl;
27 return 0;
28 }
题目描述
街上有n棵树，标号为1...n，第i棵树的高度为ai。
定义这n棵树是漂亮的，当且仅当
1. 对于所有的i，ai=an-i+1；
2. 对于1 <= i < n / 2 (不是整除)，ai + 1= ai + 1；
比如说 “2 3 4 5 5 4 3 2”和“1 2 3 2 1”是漂亮的而“1 3 3 1”和“1 2 3 1”不是。
现在请问最少修改几棵树的高度（可以变大也可以变小），使得这些树是漂亮的。
输入描述:
第一行一个整数n表示树的数量（ 1 <= n <= 100,000)。第二行n个整数表示树的高度（ 1 <= a
i
<= 100,000)。
输出描述:
输出一个整数表示最少修改树的高度的数目。
示例1
输入
3 2 2 2
输出
1
示例2
输入
4 1 2 2 1
输出
0
我们先考虑前$ \frac{n+1}{2} $ 的数字，由于$a_i-a_{i-1}=1 $，所以必须调成递增的差值为$1$的递增序列。我们最朴素的想法是先确定$a_1$的值，对于不同的$ a_1=k $我们算有多少个$a_i =k+i $，找最大的那个。这样就把$ a_i $分成了几个集合。但是这样枚举$k$想想会超时。但是这时你会惊奇的发现，对于在一个集合里的元素$ a_i-i $是相同的。因此我们统计一下对于每个值$a_i-i $的数量。对于后半段的数字也是类似的操作。然后我们找这些数量的最大值$maxn$。$n-maxn$就是答案。鉴于可能出现负数，做桶排的时候下标要在加个$ P=1000000 $。
1 #include<bits/stdc++.h>
2 #define clr(x) memset(x,0,sizeof(x))
3 #define clr_1(x) memset(x,-1,sizeof(x))
4 #define mod 1000000007
5 #define LL long long
6 #define INF 0x3f3f3f3f
7 using namespace std;
8 const int N=1e5+10;
9 const int P=1e5;
10 int n,m;
11 int ans;
12 int a[N];
13 int high[N*2];
14 int main()
15 {
16 scanf("%d",&n);
17 for(int i=1;i<=n;i++)
18 scanf("%d",a+i);
19 m=(n+1)/2;
20 for(int i=1;i<=m;i++)
21 {
22 high[P+a[i]-i]++;
23 }
24 for(int i=m+1;i<=n;i++)
25 {
26 high[P+a[i]-(n-i+1)]++;
27 }
28 ans=0;
29 for(int i=1;i<=2*P;i++)
30 ans=max(ans,high[i]);
31 printf("%d\n",n-ans);
32 return 0;
33 }
题目描述
平面上有若干个点，从每个点出发，你可以往东南西北任意方向走，直到碰到另一个点，然后才可以改变方向。
请问至少需要加多少个点，使得点对之间互相可以到达。
输入描述:
第一行一个整数n表示点数（ 1 <= n <= 100)。第二行n行，每行两个整数x
i
, y
i
表示坐标（ 1 <= x
i
, y
i
<= 1000)。y轴正方向为北，x轴正方形为东。
输出描述:
输出一个整数表示最少需要加的点的数目。
示例1
输入
2 2 1 1 2
输出
1
示例2
输入
2 2 1 4 1
输出
0
我们建个图，对于任意两个在同行或同列的点我们都连一条边。如果两点可达，那么这两个点一定在一个联通块里。因此我们拿并查集统计下有多少联通块。若有$k$个联通块，最少加$k-1$个点把这些联通块连起来全部可达了。因此答案为$k-1$。
1 #include<bits/stdc++.h>
2 #define clr(x) memset(x,0,sizeof(x))
3 #define clr_1(x) memset(x,-1,sizeof(x))
4 #define mod 1000000007
5 #define LL long long
6 #define INF 0x3f3f3f3f
7 using namespace std;
8 const int N=1e2+10;
9 int fa[N],ans;
10 int x[N],y[N];
11 int n,m;
12 int Find(int x)
13 {
14 if(fa[x]!=x)
15 fa[x]=Find(fa[x]);
16 return fa[x];
17 }
18 void Union(int u,int v)
19 {
20 fa[Find(u)]=Find(v);
21 return ;
22 }
23 void init(int n)
24 {
25 for(int i=1;i<=n;i++)
26 fa[i]=i;
27 }
28 int main()
29 {
30 scanf("%d",&n);
31 init(n);
32 for(int i=1;i<=n;i++)
33 scanf("%d%d",x+i,y+i);
34 for(int i=1;i<=n;i++)
35 for(int j=1+1;j<=n;j++)
36 {
37 if(x[i]==x[j])
38 {
39 if(Find(i)!=Find(j))
40 Union(i,j);
41 }
42 if(y[i]==y[j])
43 {
44 if(Find(i)!=Find(j))
45 Union(i,j);
46 }
47 }
48 ans=0;
49 for(int i=1;i<=n;i++)
50 if(fa[i]==i)
51 ans++;
52 ans--;
53 printf("%d\n",ans);
54 return 0;
55 }
题目描述
给定n个数字a1, a2, ..., an。
定义f(l, r) = al | al+1| ... | ar。
现在枚举(1 <= l <= r <= n)，问不同的f值一共有多少个。
输入描述:
第一行一个整数n表示数组大小 (1 <= n <= 100,000)；第二行n个整数满足0 <= a
i
<= 1000,000。
输出描述:
输出一个整数表示不同的f值一共有多少个。
示例1
输入
3 1 2 0
输出
4
示例2
输入
10 1 2 3 4 5 6 1 2 9 10
输出
11
E的话我们把数按二进制分成$20$位，因此我们现在有两维，一维是序列，一维是数位。我们先要计算一下在当前下标为$i$的位置，每个数位$k$最后一次出现的下标位置，这个可以递推解决。之后后我们做一下前缀或$pre[i]$ (跟前缀和差不多)。
然后我们接下来固定区间右端点$r$，然后找不同的$l$的情况下会产生的数。这样的数最多$ 20 $个。一开始我们的数是$[1,r]$ 或后的结果，也就是$pre[r]$。我们前面算过下标为$r$，数位$k$出现的最晚位置，那么我们把这些位置和数位按照位置的前后顺序排序，然后把这些数位按前后顺序从$pre[r]$中从$1$变为$0$，这个排序+亦或解决。当然位置相同的必须同时变换。然后每次变换以后看看这个数字是否出现过，没有答案$+1$。因此我们还要写一个标记数组来确认数字是否出现过。
对了还要特判一下$0$有没有在序列中出现过，有的话答案$ +1 $。
因此综合一下复杂度差不多$ O(n \ 20 \ log_2 20）$。后面$ 20log_2 20 $是排序的复杂度。
1 #include<bits/stdc++.h>
2 #define clr(x) memset(x,0,sizeof(x))
3 #define clr_1(x) memset(x,-1,sizeof(x))
4 #define mod 1000000007
5 #define LL long long
6 #define INF 0x3f3f3f3f
7 #define mp(x,y) make_pair(x,y)
8 using namespace std;
9 const int N=1e5+10;
10 const int M=5e6+10;
11 int a[N];
12 int pre[N];
13 int head[N][32];
14 struct pa
15 {
16 int pre,bit;
17 }st[32];
18 bool vis[M];
19 int n,m,k,p,tot;
20 int ans;
21 bool cmp(pa a,pa b)
22 {
23 return a.pre<b.pre;
24 }
25 int main()
26 {
27 scanf("%d",&n);
28 ans=0;
29 for(int i=1;i<=n;i++)
30 {
31 scanf("%d",a+i);
32 if(a[i]==0)
33 {
34 vis[0]=1;
35 ans++;
36 }
37 pre[i]=(pre[i-1]|a[i]);
38 p=a[i];
39 for(int k=0;k<32;k++)
40 {
41 if(p&1)
42 head[i][k]=i;
43 else
44 head[i][k]=head[i-1][k];
45 p>>=1;
46 }
47 }
48 for(int i=1;i<=n;i++)
49 {
50 for(int k=0;k<32;k++)
51 st[k]=(pa){head[i][k],k};
52 sort(st,st+32,cmp);
53 p=pre[i];
54 for(int j=0;j<32;j++)
55 {
56 if(st[j].pre==0)
57 continue;
58 if(j==0 || st[j].pre!=st[j-1].pre)
59 {
60 if(!vis[p])
61 {
62 ans++;
63 vis[p]=1;
64 }
65 }
66 p^=(1<<st[j].bit);
67 }
68 }
69 printf("%d\n",ans);
70 return 0;
71 }
题目描述
给定n个数，从中选出三个数，使得最大的那个减最小的那个的值小于等于d，问有多少种选法。
输入描述:
第一行两个整数n，d(1 <= n <= 100,000，1 <= d <= 1000,000,000)；第二行n个整数满足abs(a
i
) <= 1,000,000,000。数据保证a单调递增。
输出描述:
输出一个整数表示满足条件的选法。
示例1
输入
4 3 1 2 3 4
输出
4
示例2
输入
4 2 -3 -2 -1 0
输出
2
示例3
输入
5 19 1 10 20 30 50
输出
1
这也是一个水题。你先排序一下。当确定最大值为 $ a_j $时， 用lower_bound找找前面大于等于 $ a_j - d $的第一个数$ a_i $，因此我们可以在 $ [ i , j-1 ] $中任选两个数作为一个组合，对答案的贡献为$ C_{j-i}^2 $。
1 #include<bits/stdc++.h>
2 #define clr(x) memset(x,0,sizeof(x))
3 #define clr_1(x) memset(x,-1,sizeof(x))
4 #define mod 1000000007
5 #define LL long long
6 #define INF 0x3f3f3f3f
7 using namespace std;
8 const int N=1e5+10;
9 int n,d,p;
10 int a[N];
11 LL ans;
12 int main()
13 {
14 scanf("%d%d",&n,&d);
15 for(int i=1;i<=n;i++)
16 scanf("%d",a+i);
17 sort(a+1,a+n+1);
18 ans=0;
19 for(int i=3;i<=n;i++)
20 {
21 p=lower_bound(a+1,a+i,a[i]-d)-a;
22 if(p<=i-2)
23 ans+=(LL)(i-p)*(i-p-1)/2;
24 }
25 printf("%lld\n",ans);
26 return 0;
27 }
原文地址：https://www.cnblogs.com/wujiechao/p/8965134.html
时间： 2024-10-08 18:37:48