a題
小學抽屜問題，
答案就是\(max(n - s,n - t) + 1\)
複雜度\(o(t)\)
**：
#include int t, n, m, i, j, k;
int a[2];
int main()
}
我們維護乙個\(vector\)陣列\(v\),其中\(v_i\)存的是字母\(i\)所出現的位置。
那麼因為我們是依次\(\text\)的，
那麼第\(i\)個字母的位置其實就是\(v_\)(因為下標從0開始)。
我們查的時候只需要將\(t_i\)遍歷一遍然後取個\(max\)就好。
而訪問乙個下標又是\(o(1)\)的操作，
所以總複雜度為\(o(m * max(|t_i|)\)
**：
#include const int maxn = 2e5 + 10;
const int maxm = 5e4 + 10;
inline void cmax(int& x,int y)
char s[maxn];
int n, m, i, j, k;
int cnt[27];
std::vectorv[27];
int main()
scanf("%d",&m);
while(m--)
printf("%d\n",ans);
}return 0;
}
我們把所有操作全部分離，
然後排個序。
然後先處理不下降的，
賦值的時候如果左端點沒有賦值過那就去\(n - x\)（一定保證小於左邊乙個），
否則就使用上一次的賦值（排過序，所以一定不降）。
剩下的如果有空隙那就表示一定是下降序列，
那麼直接填就好。
於是這道題就做完了。
複雜度\(o(n)\)
#include const int maxn = 1010;
const int maxm = 1010;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
templateinline void read(tp& res)
inline void cmin(int& x,int y)
inline int _abs(int x)
int n, m, i, j, k;
int a[maxn];
std::vector> q1, q2;
int main()
std::sort(q1.begin(),q1.end());
std::sort(q2.begin(),q2.end());
int v;
for(auto i : q1)
for(int i = 1;i <= n;i++)
if(!a[i])
a[i] = n - i;
for(auto i : q2)
if(!ok)
return puts("no"), 0;
}
puts("yes");
for(int i = 1;i <= n;i++)
printf("%d ",a[i] + 5010);
return 0;
}
又是一道典型的惡意評分。
我們思考一下氣泡排序的原理，每次只對兩個數進行操作可以有同樣的效果。
這時可以發現一點，對於乙個\(a_i\)，它一定要比前面的都小才可能到達指定的位置上去。
那麼我們用線段樹維護一下最小值就結束了...
結束了？對，結束了...
複雜度\(o(n log n)\)
**:
#include const int maxn = 3e5 + 10;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
templateinline void read(tp& res)
inline int _min(int a,int b)
inline void cmin(int& a,int b)
inline void cmax(int& a,int b)
int n, m, i, j, k, t, mx;
int a[maxn], b[maxn], c[maxn], pos[maxn], t[maxn << 2];
std::queueq[maxn];
inline bool check()
inline void push_up(int u)
void build(int l,int r,int u)
int query(int ql,int qr,int l,int r,int u)
void modify(int m,int l,int r,int u,int v)
int main()
for(int i = 1;i <= n;i++)
read(b[i]), cmax(mx,b[i]), c[ b[i] ]--;
if(!check())
for(int i = 1;i <= n;i++)
q[ a[i] ].push(i);
for(int i = 1;i <= n;i++)
build(1,n,1); bool flag = 1;
for(int i = 1;i <= n;i++)
modify(p,1,n,1,inf);
}if(flag)
puts("yes");
}return 0;
}
樹形dp。
設u為當前節點，
則\(f[fa_u] = s_ + sz_ + n + s_\)
\(f[u] = s_ + 2 * n - sz_u + s_\)
可以推出\(f[u] = f[fa_u] + n - sz_u * 2\)
轉移即可，
#include typedef long long ll;
const int maxn = 2e5 + 10;
int cnte, n, m, i, j, k;
int sz[maxn], hd[maxn], ver[maxn << 1], nxt[maxn << 1];
ll f[maxn], ans;
inline void adde(int u,int v)
inline void cmax(ll& a,ll b)
void dfs1(int u,int pa)
f[1] += sz[u];
}void dfs2(int u,int pa)
}int main()
dfs1(1,0);
dfs2(1,0);
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
3 6CF1114比賽補題
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