CodeforcesRound#276(Div.1)_html/css_WEB-ITnose

题目都还挺短小精悍的

A

题目大意是

有n个询问(10^4)，每个询问是找出在[l,r]区间内二进制位1最多的数

l,r范围是10^18

然后就是贪心。 用 l 从低位往上贪就行了，0变1如果不超范围就变

long long l, r;int n;int main(){    scanf("%d", &n);    for(int i = 0; i < n; i++) {        scanf("%I64d%I64d", &l, &r);        for(int j = 0; j < 61; j++) {            long long tmp = 1LL << j;            if(l & tmp) continue;            else if((l ^ tmp) <= r) l ^= tmp;        }        printf("%I64d\n", l);    }    return 0;}

B

给一个序列a，长度2*10^5，每个数的范围是10^6

然后问最大的a[i]%a[j] 其中要求的是a[i] >= a[j]

一看这个范围基本就是专卡nlognlogn的了

试了一下果然T了

然后有nlogn的做法

就是对任意的a[i]，标记为1，然后

从1到mx，扫一遍统计比当前数小的最大的a[i]是多少，其中mx应该是2000000

然后枚举，对每个数，枚举倍数

如果该数为x,倍数为y， 则去找比x * y小的最大的a[i]，用a[i] - x *(y -1) 就求出了一个可能的解

bool v[2111111];int pre[2111111];int a[222222];int n;int main() {    scanf("%d", &n);    for(int i = 0; i < n; i++) {        scanf("%d", &a[i]);        v[a[i]] = 1;    }    int mx = 2000005;    for(int i = 1; i < mx; i++) {        pre[i] = pre[i - 1];        if(v[i - 1]) pre[i] = i - 1;    }    int ans = 0;    for(int i = 1; i < mx; i++) {        if(!v[i]) continue;        for(int j = 2 * i; j < mx; j += i) {            ans = max(ans, pre[j] + i - j);        }    }    printf("%d\n", ans);    return 0;}

C 没做 留坑

D

给出一个序列 长度10^6

然后要分组，每组是这个序列中某一段连续的子序列，不能为空

然后每组计算一个 maxvalue - minvalue

最后求和

问怎么分组，这个和最大

裸的dp方程是 dp[i] =max( dp[j- 1] + mx[j][i] - mi[j][i] )

肯定不行啊。复杂度太高了

有两种做法。

1. 我们把这个序列看成由若干单增单降的序列组成的，

那么显然，将这个序列划分为若干这些个单增单降的连续子序列 会 最优

那么对一个极点，划分有两种情况，左边或者右边，取最优即可

int a[1111111];long long dp[1111111];int main() {    int n;    scanf("%d", &n);    for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]);    int pos = 1;    for(int i = 2; i <= n; i++) {        dp[i] = dp[pos - 1] + abs(a[i] - a[pos]);        dp[i] = max(dp[i], dp[pos] + abs(a[i] - a[pos + 1]));        if(a[i] >= a[i - 1] && a[i] >= a[i + 1]) pos = i;        if(a[i] <= a[i - 1] && a[i] <= a[i + 1]) pos = i;    }    printf("%I64d\n", dp[n]);    return 0;}

2.对dp方程进行变化

有两种情况

第一种，当前位置的值可能是最大值

那么dp[i] =(dp[j- 1] - mi[j][i] )+ a[i]

另一种，就是当前位置是最小值，

dp[i] = (dp[j - 1] + mx[j][i]) - a[i]

其他情况， 都是无效的状态，即使你更新也不会影响到结果

对于这两种情况

将(dp[j- 1] - mi[j][i] ) 和(dp[j - 1] + mx[j][i]) 进行维护即可

维护时也并不是像这个式子显示的这么复杂

对于到i位置时，我们只要取当前位置之前最大的dp[j]，然后假设a[i]为最大值和最小值，去更新这两个式子即可

可以发现覆盖到了所有情况

int main() {    int n;    scanf("%d", &n);    long long ans = 0, x = 0, y = 0;    int a;    for(int i = 0; i < n; i++){        scanf("%d", &a);        if(!i || ans - a > x) x = ans - a;        if(!i || ans + a > y) y = ans + a;        ans = max(ans, x + a);        ans = max(ans, y - a);    }    printf("%I64d\n", ans);    return 0;}