Weekly 10 小结
模拟
1 T = int(input()) 2 while T: 3 T -= 1
4 s = raw_input() 5 n = len(s) 6 res, pre = 0, 0 7 for i in xrange(1, n): 8 if (s[i] == s[pre]): 9 res += 1
10 else: 11 pre = i 12 print res
模拟
1 n, k = map(int, raw_input().split()) 2 s = raw_input() 3
4 res = [] 5 ans = 0 6 for i in xrange(n): 7 if i >= k: 8 ans ^= int(res[i-k]) 9 tmp = ans ^ int(s[i]) 10 res.append(tmp) 11 ans ^= tmp 12 print ''.join(map(str, res))
题目大意：给出ｋ种高度不同的积木，每种积木可以使用无数次，问使用这些积木拼成高度为Ｎ的塔的方法数对１e9 + 7的模是多少。
另F(x)为拼接成高度为ｘ的方法数，则F(x) = sigma(F(i)) (1 <= i <= k && high[i] <= x)
可先处理出1~15的F函数的值，当Ｎ>15时，使用矩阵加速即可。
1 #include <cmath>
2 #include <cstdio>
3 #include <vector>
4 #include <cstring>
5 #include <iostream>
6 #include <algorithm>
7 using namespace std; 8
9 typedef long long LL; 10 const int MOD = 1e9 + 7; 11 #define rep(i, n) for (int i = (1); i <= (n); i++)
12 LL N, K, A[20], f[20]; 13 struct Matrix { 14 LL a[20][20]; 15 Matrix() {memset(a, 0, sizeof(a));} 16
17 Matrix operator * (const Matrix &x) const { 18 Matrix c; 19 rep (i, 15) rep (k, 15) rep (j, 15) c.a[i][j] = (c.a[i][j] + x.a[k][j] * a[i][k]) % MOD; 20 return c; 21 } 22 }; 23
24 Matrix pow_mod(Matrix a, LL b) { 25 if (b < 0) return a; 26 Matrix res; 27 rep (i, K) res.a[i][i] = 1; 28 while (b > 0) { 29 if (b & 1) res = res * a; 30 a = a * a; 31 b >>= 1; 32 } 33 return res; 34 } 35
36
37 int main() { 38 ios::sync_with_stdio(false); 39 cin >> N >> K; 40 rep (i, K) cin >> A[i]; 41
42 sort(A + 1, A + K + 1); 43 f[0] = 1; 44 rep (i, 15) rep (j, K) if (i >= A[j]) f[i] = (f[i] + f[i - A[j]]) % MOD; 45 rep (i, 15) cerr << f[i] << endl; 46 if (N <= 15) { 47 cout << f[N] * 2 % MOD << endl; 48 return 0; 49 } 50
51 Matrix a; rep (i, 15) a.a[i][i-1] = 1; 52 a.a[1][1] = 0; rep (i, K) a.a[1][A[i]] = 1; 53 Matrix res = pow_mod(a, N - 15); 54 LL ans = 0; 55 rep (i, 15) ans = (ans + res.a[1][i] * f[16 - i]) % MOD; 56 ans = (ans * 2) % MOD; 57 cout << ans << endl; 58 return 0; 59 }
题目大意：给出Ｎ个点，每个点有两个值Ｖ和Ｐ。要求从１开始走到Ｎ，在每个点选择有两种选择，要么将总得分加上Ｖ，要么还可以向前走Ｐ步。
目标是使得走到Ｎ时的总得分最大。题目保证至少存在一种解。
这题DP方程很明显，从后往前进行dp, dp[i] = min(dp[i], dp[j]), i < j <= i + P[i];
所以对于每个点，要快速的求出dp[i]~dp[i + P[i]] 的最小值。
直到做这个题我才知道原来BIT也可以用来求最值，原来0base和1base是这个含义。。（数组下标从０／１开始）
原来BIT数组下标可以从０开始，貌似被称为0base邪教，如：for (int x = i; x >= 0; x -= ~x & x + 1) {}
这里很巧妙的利用了~x = - x + 1,即~x = -(x + 1)，还有运算符的优先级。摘自叉姐代码。
1 #include <cmath>
2 #include <cstdio>
3 #include <vector>
4 #include <iostream>
5 #include <algorithm>
6 using namespace std; 7
8 #define rep(i, n) for (int i = (1); i <= (n); i++)
9 typedef long long LL; 10 const int MAX_N = 500050; 11 const LL INF = (LL)1e18; 12 int V[MAX_N], P[MAX_N]; 13 LL tree[MAX_N]; 14 int N; 15
16 int main() { 17 scanf("%d", &N); 18 for (int i = 1; i <= N; i++) scanf("%d %d", V+i, P+i); 19
20 fill(tree+1, tree+N+1, -INF); 21 LL ans = tree[N] = V[N], sum = 0; 22 for (int i = N-1; i >= 1; i--) { 23 ans = -INF; 24 for (int x = min(i+P[i], N); x > 0; x -= x&-x) 25 ans = max(ans, tree[x]); 26 if (ans > -INF) { 27 for (int x = i; x <= N; x += x&-x) 28 tree[x] = max(tree[x], ans - V[i]); 29 } 30
31 ans += sum; 32 sum += V[i]; 33 } 34 printf("%lld\n", ans); 35
36 return 0; 37 }