前言
轉眼已經到5月，可是我還沒訂17年的計劃，真是悲傷的故事。
今年還是想花點時間，玩玩題目。
題目不會太簡單，也不會太難，簡單的如1、2題，難的如3、4題。
*Never enough time, neither the thing. *
正文
1、Efim and Strange Grade
題目鏈接
題目大意：
輸入一個長度為n的字符串表示一個浮點數；
每次可以對浮點部分進行一次四舍五入，10.45 => 10.5；
最多可以進行t次，輸出t次進位后，最大的數。
n and t (1?≤?n?≤?200?000, 1?≤?t?≤?1e9)
** Examples**
** input**
6 2
10.245
** output**
10.3
樣例解釋：10.245第一次四舍五入變成10.25，再次四舍五入變成10.3；
** 題目解析：**
首先可以確定，如果小數第一位x[1]>=5，那么直接進位即可；
x[1] < 4, 肯定不會進位，因為即使后面進位上來最多x[1]+1=4，達不到進位的條件；
x[1] == 4的情況，如果x[1 + 1] >= 5，則可能發生x[1+1]進位后導致x[1]進位；
那么對于第i位：
x[i]>=5的時候，第i位之后的數字無意義；
x[i]==4的時候，有可能從后面傳遞過來；
x[i]<4的時候，進位停止；
最后在考慮一種特殊情況：進位導致進位的情況，比如說99.9949進位2次，會變成100.00。
2、Destroying Array
題目鏈接
題目大意：給出n個數字a[i]的數組。(1?≤?a[i]?≤?1e9)
給出一個位置p[i]（1<=p[i]<=n），把p[i]對應的數字destroy，數字所在的數組分為兩部分。
現在給出n個位置（不重復），輸出每次destroy后，最大的數組段數字和。
(1<=n<=10w)
Example
** input**
4
1 3 2 5
3 4 1 2
** output**
5
4
3
0
樣例解釋：1325的數組，在destroy第三個數字后，變成13和5，最大的值為5；
** 題目解析：**
每次destroy的操作會去掉一個數字，同時產生兩個數字；
先看看暴力的做法：
每次從位置p[i]開始，計算和p[i]在同個數組的左邊數組之和sumLeft，右邊數組之和sumRight，再把sumLeft和sumRight與其他數組和進行比較；
時間的復雜度是O(N)，總得復雜度是O(N^2);
優化方案： 反著計算！
f[i] 表示 數字i所在序列最左邊的數字，sum[i]表示第i個數字所在序列的數字和。
反著來看這個操作，每次插入一個數字，合并數字所在左右區間，然后詢問最大的區間和。（并查集）
3、Generating Sets
題目鏈接
** 題目大意：**給出一個set，是setY，由n個不同的正整數y[i]組成；
setX由n個不同的正整數x[i]組成，現在可以對任意x[i]進行多個以下操作：
1、x[i] = 2 * x[i];
2、x[i] = 2 * x[i] + 1;
如果經過操作后的setX和setY是相同的，認為setX能生成setY。（按照從大到小的排序后，一一對應）
現在給出n個數字y[i]，求出set X，要求setX的最大數字最小；（如果有多個答案，輸出任意一個）
(1?≤?y[i]?≤?1e9)
(n = 5w)
** Examples**
input
5
1 2 3 4 5
output
4 5 2 3 1
** 題目解析：**
題目給出的操作意思是：如果x的二進制表示，是y的前綴（y的二進制表示的左邊部分），那么x可以轉換成y。
現在給出y[i]，在題目的要求中，必然存在一個解，就是x[i]=y[i]；
容易看出，最大的數字最小這個限制滿足二分。
現在的問題是，如何迅速判斷，在最大的數字不超過mid的情況下，是否存在合適的解？
這里需要用到一個貪心的性質，如果a>b，那么優先匹配a，并且要在a<=mid的情況下，a匹配的數字盡可能大；
于是可以把數組y[i]排序，從最大的開始匹配，如果y[i]>mid，則y[i] >>= 1，直到出現一個合法的解，添加標記；
如果一個數字y[i]變到0，則無解，因為題目要求是正整數；
每次求解的過程為O(NlogM)，總得的復雜度是O(N*logM*logM)，M是數字y[i]的范圍；
4、Research Rover
題目鏈接
** 題目大意：**
一個網格，總共有n*m的cell，cell可以上下左右走，一個人帶著一個電量為x的電池，從(1,1)出發到(n,m)，隨機選擇一條最短路徑；
有k個特殊的cell，經過這個cell時，電池的電量會減半；（向上取整）
輸入n、m、k和k個cell的位置，求到達終點時，電池電量的期望值。（P/Q mod 1e9+7)。
(1?≤?n,?m?≤?100?000, 0?≤?k?≤?2000, 1?≤?x?≤?1?000?000)
Example
** input**
3 3 2 11
2 1
2 3
** output**
333333342
** 題目解析：**
根據題目的限制--電池的電量會減半，我們知道：
最多有logS個選擇。
那么，把障礙點排序（起點和終點也要加入）
f[i][j] 表示前j個，經過i個障礙的可能數；
g[i][j] 表示前j個，至少經過i個障礙物的可能數；
那么有
g[i][j]=∑f[i?1][k]?Ways[k][j]
f[i][j]=g[i][j]?∑f[i][k]?Ways[k][j]
Ways[i][j]表示i到j的方案數
這里需要用到組合數公式：
C(n,m) = A(n,m)/A(n,n)=m! / ((m-n)! * n!) = m! * (m-n)!^(-1) * n!^(-1);
還需要用到乘法逆元的知識：逆元詳解
5、Road to Home
題目鏈接
** 題目大意：**
在一條數軸上，Bob要學校（點0）走到家（點L），其中有n個路燈，路燈照耀的范圍是(l[i], r[i])（路燈的范圍不會重疊）；
Bob會在燈亮的的范圍內唱歌，每次唱的距離為p；（必須唱完，中間必須全部是在路燈照耀范圍內）
當Bob唱完一次的時候，下一次唱的地點必須滿足以下其中一點：
1、開始唱的地點和上一次唱結束的地點重合；
2、開始唱的地點和上一次唱結束的地點距離>=t;
問最多，能唱幾次。
(1?≤?L?≤?1e9, 0?≤?n?≤?100?000, 1?≤?p?≤?1e9, 1?≤?t?≤?1e9)
Examples
** input**
17 2 2 6
0 9
13 17
output
5
** 題目解析：**
先看清題目條件的重點：路燈(l[i], r[i])不會重疊，并且唱歌必須在路燈照耀范圍內，兩次唱歌的距離間隔要么為0，要么>=t；
那么對于bob來說，每到一個路燈的范圍內，他需要作出的是否唱歌的抉擇：
1、唱歌。需要看當前是否滿足唱歌的條件：剩下的路燈距離是否足夠p，當前位置和上次唱歌的位置是否滿足唱歌的距離條件；
2、不唱歌。對前面沒有要求。
那么這里就有一個典型的最優子結構：
假設dp[i]為到距離i能唱的最多次數（并且要求是以唱歌結尾），且區間[i-p, i]是在路燈范圍內，那么有：
dp[i] 可以由 dp[i-p]轉移過來；
dp[i] 可以由 max(dp[0 ~ (i-t-p)]) + 1；
這樣的狀態數為L，L是距離的范圍，狀態轉移的復雜度同樣為O(L);
再回歸到題目的數據范圍，進行數據優化：
其中的max(dp[0 ~ (i-t-p)])，可以采取dmax[i]來表示前i個位置的最優解，這樣max(dp[0 ~ (i-t-p)])就等于dmax[i-t-p];
這樣狀態轉移的復雜度就將為O(1)，但是狀態數仍有O(L)，而L非常大；
考慮到路燈的區間性，dp[i]改為到距離r[i]能唱的最多次數，需要注意的是，這里不能要求到r[i]以唱歌結尾，因為以唱歌結尾不滿足最優解，比如說(1, 3)的區間，唱歌p=2，此時最優解應該是1次，距離為(1, 2)，而不是唱歌結尾的(2, 3)；
我們引入一個新的變量g[i]，表示dp[i]取到最優解的最左邊距離；
這樣在狀態轉移的時候，假設是從dp[k]轉移到dp[i]，那么從g[k]開始，連續t的距離不唱歌，然后剩下min(r[i]-l[i], r[i]-g[k]-t)的距離用于唱歌，這里我們用count(L)表示距離L能唱的次數，最后得到dp[i]取最優解的時候g[i]=max(l[i], g[k]+t) + count(L)p*;
對于所有g[k] + t <= r[i]的k，都可以進行狀態轉移：
dp[i] = max(dp[i], dp[k] + count(L));
g[i] = g[k]+count(L)*p+t, L=min(r[i]-l[i], r[i]-g[k]-t)
這樣的狀態數為O(N), 轉移的復雜度為O(N)，總的復雜度仍為O(N^2);
仍然需要進行優化，觀察轉移的過程，對于dp[k]是固定值，count(L)中的L會隨著i的增加而增加，而當L很大之后，dp[k]較小的狀態再進行最優化轉移是無效的過程，因為dp[k+1]等會是更合適的解；
狀態的決策因素有兩個,dp[k]和g[k]；
對于dp[k]小，g[k]小的解，不能舍棄，因為g[k]小存在轉移的可能；
對于dp[k]大，g[k]大的解，不能舍棄，因為dp[k]大存在轉移的可能；
對于dp[k]小，g[k]大的解，舍棄；
對于dp[k]大，g[k]小的解，不能舍棄，因為g[k]小和dp[k]大均存在轉移的可能；
以上這四種情況，就是dp[k]+count(L)在轉移可能遇到的情況；
count(L)函數是關于L單調遞增的函數；
因為對于i < j, 有 r[i] < l[j], 必然有 g[i] <= g[j]，對于i<j, 有count(L[i]) < count(L[j]);
可以看出dp[k]+count(L)是具有決策單調性 ，同時每個決策有一個有效區間r[i]-g[k]-t>=0開始；
那么維護一個決策的隊列，根據dp[k]+count(L)可以算出當前所有的有效決策中的最優解；
并且隨著r[i]的的增加，從r[i]-g[k]-t>=的隊列備選方案中，不斷更新決策隊列的dp[k]+count(L)；
詳見代碼：
deque<int> q;
q.push_back(0);
g[0] = -t;
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
int k = -1;
while (!q.empty() && g[q.front()] + t <= r[i]) { //每次檢測是否進入下一個值的有效區間
int nl = max(l[i], g[q.front()] + t), nr = r[i];
if (dp[q.front()] + (nr - nl) / p > dp[i]) {
dp[i] = dp[q.front()] + (nr - nl) / p;
g[i] = nl + (nr - nl) / p * p;
}
else if (dp[q.front()] + (nr - nl) / p == dp[i]) {
g[i] = min(g[i], nl + (nr - nl) / p * p); // 同樣的dp值，只保留最小的g[i]值
}
k = q.front();
q.pop_front();
}
if (k != -1) {
q.push_front(k);
}
if (dp[i] > ans) {
ans = dp[i];
q.push_back(i);
}
ans = max(ans, dp[i]);
}
cout << ans << endl;
總結
這幾道題比較難，需要花費點時間進行思考。
時間永遠是不夠的，人生是那么短暫，盡量做自己覺得開心的事情。
做任何事，少帶一些利益之心，過程就是最大的收獲。
