爆炸的一场，脑子已经放弃我了。。

  • A -思维
    • 题意：数组a、b，可对数组重排，令c[i]=a[i]+b[i]，求c中第k大的数的最大值。
    • 思路：a中的前k大和b中的前k大倒序组合，取最小值
  • B-图论
    • 题意： 1e6个点的有向图，每个点只有一条指出的边，问图中最长的简单路径包含的点数
    • 思路：图中一定会出现环。对于环，从环内所有点出发的最长简单路径的点数=该环内包含的点数，可以先把能够直接统计的答案处理出来。注意每个点只能访问一次，避免复杂度退化，再以每个点为起点记忆化dfs求答案。
    • ac代码： 
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e6+10;
int to[maxn], ans[maxn];
bool vis[maxn], ins[maxn];//ins标记是否在当前处理的栈中
stack<int> s;
int n;
int dfs(int x)
{
    if(ans[x]) return ans[x];
    else return ans[x] = dfs(to[x])+1;
}
int main()
{
    //freopen("/Users/zhangkanqi/Desktop/11.txt","r",stdin);
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &to[i]);
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        if(!vis[i])
        {
            int j = i;
            while(!vis[j])//终止的条件：在本次处理中出现环/当前的j在之前已经被处理过
            {
                s.push(j);
                ins[j] = vis[j] = true;
                j = to[j];
            }
            if(ins[j])//本次处理中出现环,j->..->j
            {
                int cnt = 1, oj = j;
                while(to[j]!=oj) cnt++, j = to[j];
                ans[oj] = cnt; j = oj;
                while(to[j]!=oj) j = to[j], ans[j] = cnt;//直接统计环内答案
            }
            while(!s.empty()) ins[s.top()] = false, s.pop();
        }
    }
    int res = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++)//从每个点出发的最长简单路径，记忆化
        res = max(res, dfs(i));
    cout << res;
    return 0;
}
  • C - Dilworth+最长下降子序列nlogn求法
    • 题目：给定1e5个(x,y)，保证x互不相等且y互不相等。求最少可以将这些(x,y)划分成多少组，每组内按照x,y升序排列后都满足 a i < a i + 1 a_i<a_{i+1} ai​<ai+1​ 且 b i < b i + 1 b_i<b_{i+1} bi​<bi+1​，并输出组数和原始(x,y)所在分组的编号
    • 思路：先将x升序排列，那么只需要考虑最少把y划分成多少组，每组内的y是严格升序的。根据Dilworth定理，可以转化为最长严格下降子序列的长度（ b i > b i + 1 b_i>b_{i+1} bi​>bi+1​），最后的组数就等于此长度。在用二分法求最长下降子序列长度时，将求解过程中存储在同一下标的元组分到一组。
      比如：y[9]={1, 2, 5, 4, 3, 9, 7, 6}(下标从1开始存)，用Y[]存储求解过程中最长下降子序列
I Y[]
1 {1}
2 {2}
3 {5}
4 {5, 4}
5 {5, 4, 3}
6 {9, 4, 3}
7 {9, 7, 3}
8 {9, 7, 6} 
      所以最终分组为{1, 2, 5, 9} 、{4, 7}、{3, 6} 组数为3
  • ac代码： 
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e5+10;
struct node{
  int x, y, oid;
  friend bool operator < (node a, node b)
  {
      return a.x < b.x;
  }
}a[maxn];
int Y[maxn], ans[maxn];
int n;
int main()
{
  //freopen("/Users/zhangkanqi/Desktop/11.txt","r",stdin);
  scanf("%d", &n);
  for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d %d", &a[i].x, &a[i].y), a[i].oid = i;
  sort(a+1, a+1+n);
  int len = 0;
  Y[0] = INT_MAX;
  for(int i = 1; i <= n; i++)
  {
      //cout << a[i].y << " " << Y[len] << endl;
      if(a[i].y<Y[len]) Y[++len] = a[i].y, ans[a[i].oid] = len;
      else
      {
          int it = lower_bound(Y+1, Y+1+len, a[i].y, greater<int>()) - Y;//第一个小于x的下标
          Y[it] = a[i].y;
          ans[a[i].oid] = it;
      }
  }
  printf("%d\n", len);
  for(int i = 1; i <= n; i++)
      printf("%d%c", ans[i], i==n?'\n':' ');
  return 0;
}
  • D-计数
    • 题意：给定两个序列A,B,问A有多少种排列方式使得 A i < = B i A_i<=B_i Ai​<=Bi​，相同的数字视为不同，如11有两种排列方式
    • 思路：将A,B排序，考虑B的每一位当前可填的数字有多少个。（也可从大到小考虑A中的每一个数字，在B中有多少位置可填，下一次的可填位置数受上一次影响）
  • E-贪心
    • 题意：1e5组样例，每次询问最大的正整数A，存在正整数B，满足 A 3 B = N A^3B=N A3B=N。 1 ≤ N ≤ 1 e 18 1≤N≤1e18 1≤N≤1e18
    • 思路：先筛出一定范围内的质数（39000和49000都可过，太小不行），用这些质数去除N(质数 3 ^3 3｜N的话此时可以统计答案了)，那么剩下的数如果是立方数的话对答案有贡献，更新答案，否则就无贡献。二分判断一个数是否是立方数。
    • ac代码： 
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e6+10;
int v[maxn], prime[maxn];
ll sc[maxn];
int m = 0;
inline ll read()
{
    ll s = 0, f = 1;
    char ch = getchar();
    for(; ch < '0' || ch > '9'; ch = getchar()) if(ch == '-') f = - 1;
    for(; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar()) s = ((s << 3ll) + (s << 1ll) + (ch ^ 48ll));
    return s * f ;
}
void pre()//5035个质数
{
    for(int i = 2; i <= 49000; i++)
    {
        if(v[i] == 0)
        {
            v[i] = i;
            prime[++m] = i;
            sc[m] = 1ll*i*i*i;
        }
        for(int j = 1; j <= m; j++)
        {
            if(prime[j]>v[i] || prime[j]*i>1e6) break;
            v[i*prime[j]] = prime[j];
        }
    }
}
int main()
{
    //freopen("/Users/zhangkanqi/Desktop/11.txt","r",stdin);
    pre();
    int t; ll n;
    scanf("%d", &t);
    while(t--)
    {
        //scanf("%lld", &n);
        n = read();
        ll ans = 1;
        for(int i = 1; i <= m && n>=prime[i]; i++)
        {
            if(n%prime[i]==0)
            {
                while(n%sc[i]==0)
                {
                    ans *= prime[i];
                    n /= sc[i];
                }
                while(n%prime[i]==0) n/=prime[i];
            }
        }
        ll l = 1, r = 1e6;
        while(l<=r)
        {
            ll mid = (l+r)>>1;
            if(mid*mid*mid<n) l = mid+1;
            else r = mid-1;
        }
        if(l*l*l==n) ans *= l;
        printf("%lld\n", ans);
    }
    return 0;
}
  • F 签到
  • G 签到
  • H - 思维
    • 题意：矩形边平行于坐标轴，且会退化为点或线段。A类矩形在第三象限且向右移动，B类矩形在第一象限，且向下移动。问有的多少对A类矩形和B类矩形会相交。
    • 思路：转化为相对运动考虑。假设第一象限的矩形不动，那么第三象限的矩形在向右上方移动，且会穿过y=-x，将A,B矩形投影在y=-x上，若线段有交点则原AB矩形会相交。
      设点Q(x,y)，那么下图中的CB，CE这段距离为 l e n = ∣ x − y ∣ 2 len=\frac{|x-y|}{2} len=2∣x−y∣​。规定若投影点位于第四象限，这段距离是负的，位于第二象限则这段距离是正的。以y=x为界，y=x右侧的点，y-x<0，y=x左侧的点，y-x>0。这样就可以直接将原距离扩大两倍，用y-x表示该点在y=-x上的投影，负正分别表示在原点的右侧和左侧。
      将输入的所有点投影在y=-x上，并标记投影点（或者说线段）是左端点还是右端点。从右下往左上处理投影的点，并计数， 遇到右端点只要统计另一种矩形已出现的右端点还有多少个没被配对即可。
    • ac代码： 
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 4e5+10;
struct node{
    int x, lr, type;//lr=1 投影右端
    friend bool operator < (node a, node b)
    {
        if(a.x==b.x) return a.lr > b.lr;
        return a.x < b.x;
    }
}a[maxn];
ll cnt[3];
inline int read()
{
    int s = 0, f = 1;
    char ch = getchar();
    for(; ch < '0' || ch > '9'; ch = getchar()) if(ch == '-') f = - 1;
    for(; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar()) s = ((s << 3ll) + (s << 1ll) + (ch ^ 48ll));
    return s * f ;
}
int main()
{
    //freopen("/Users/zhangkanqi/Desktop/11.txt","r",stdin);
    int n, m, x, y, p, q;
    scanf("%d %d", &n, &m);
    int num = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        x = read(), y = read(), p = read(), q = read();
        a[++num] = node{y-x, -1, 0};
        a[++num] = node{q-p, 1, 0};
    }
    for(int i = 1; i <= m; i++)
    {
        x = read(), y = read(), p = read(), q = read();
        a[++num] = node{y-x, -1, 1};
        a[++num] = node{q-p, 1, 1};
    }
    sort(a+1, a+1+num);
    ll ans = 0;
    for(int i = 1; i <= num; i++)
    {
        cnt[a[i].type] += a[i].lr;
        if(a[i].lr==1) ans += cnt[a[i].type^1];
    }
    cout << ans;
    return 0;
}
  • I - 思维+kruskal
    • 题意：原图N个点，N-1条边链接。现给出矩阵a, a[i][j]表示i->j的最短距离。判读是否存在一个原图满足矩阵a。满足升序输出N-1条道路的长度。
    • 思路：（1）题目没有保证输入的矩阵对称，为了保险起见，判断一下。
                 （2）原图是棵树，且原图中的每条边都会在新图中出现(称矩阵a对应的图为新图)，且都是新图中最短的边。比如原图i->j的距离为dis，那么在新图中i和与其相连的所有点中的最短距离为dis，对应的另一个点为j，这恰好符合kruskal算法的实现原理。所以原图对应的树应该为新图的最小生成树。
                    (3)用kruskal求新图的最小生成树的同时记录树，dfs求出树中每个节点到其他节点的距离，检测是否与矩阵a的数据相同。
    • ac代码： 
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 510;
struct node{
    int x, y, val;
    friend bool operator < (node a, node b)
    {
        return a.val < b.val;
    }
}edge[maxn*(maxn-1)/2+10];
struct NODE{
    int id, val;
};
vector<NODE> link[maxn];//与当前节点相连的所有点及其距离
int fa[maxn], ans[maxn], a[maxn][maxn], dis[maxn][maxn];
int n;
int find_fa(int x)
{
    return fa[x]==x ? x : fa[x]=find_fa(fa[x]);
}
void dfs(int st, int now, int pre, int d)
{
    dis[st][now] = d;
    for(int i = 0; i < link[now].size(); i++)
    {
        int nxt = link[now][i].id, val = link[now][i].val;
        if(nxt!=pre) dfs(st, nxt, now, d+val);
    }
}
int main()
{
    //freopen("/Users/zhangkanqi/Desktop/11.txt","r",stdin);
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; i++) fa[i] = i;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        for(int j = 1; j <= n; j++)
            scanf("%d", &a[i][j]);
    int num = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        for(int j = 1; j <= n; j++)
        {
            if(a[i][j]!=a[j][i])//题目没有保证输入的矩阵绝对是对称的
            {
                printf("No\n");
                return 0;
            }
            if(i<j) edge[++num] = node{i, j, a[i][j]};
        }
    }
    sort(edge+1, edge+1+num);
    for(int i = 1, cnt = 0; i <= num; i++)
    {
        int x = find_fa(edge[i].x), y = find_fa(edge[i].y);
        if(x!=y)
        {
            fa[x] = y;
            int xx = edge[i].x, yy = edge[i].y, val = edge[i].val;
            ans[++cnt] = val;
            link[xx].push_back(NODE{yy, val});
            link[yy].push_back(NODE{xx, val});
        }
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++) dfs(i, i, 0, 0);
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        for(int j = 1; j <= n; j++)
            if(a[i][j]!=dis[i][j])
            {
                printf("No\n");
                return 0;
            }
    printf("Yes\n");
    for(int i = 1; i < n; i++) printf("%d\n", ans[i]);
    return 0;
}
  • J 签到