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  • NOT_FIXED_DEC

    2015-12-23 12:30:28
    NOT_FIXED_DEC什么要定义成31,而不是用一个其他的值表示呢?比如,-1通过做Round函数,明白了背后的一种设计初衷:因为广义的scale可以为负数。
    #define NOT_FIXED_DEC 31

    为什么要定义成31,而不是用一个其他的值表示呢?比如,-1

    通过做Round函数,明白了背后的一种设计初衷:因为广义的scale可以为负数。如下例:

    mysql> SELECT round(333.33, -1), round(333.33, 1);
    Field   1:  `round(333.33, -1)`
    Catalog:    `def`
    Database:   ``
    Table:      ``
    Org_table:  ``
    Type:       NEWDECIMAL
    Collation:  binary (63)
    Length:     5
    Max_length: 3
    Decimals:   0
    Flags:      NOT_NULL BINARY NUM
    
    Field   2:  `round(333.33, 1)`
    Catalog:    `def`
    Database:   ``
    Table:      ``
    Org_table:  ``
    Type:       NEWDECIMAL
    Collation:  binary (63)
    Length:     7
    Max_length: 5
    Decimals:   1
    Flags:      NOT_NULL BINARY NUM
    
    
    +-------------------+------------------+
    | round(333.33, -1) | round(333.33, 1) |
    +-------------------+------------------+
    |               330 |            333.3 |
    +-------------------+------------------+
    1 row in set (0.00 sec)

    如果NOT_FIXED_DEC用-1表示,则会和这种广义Scale相冲突。用31表示,则可以避开有效值域。

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  • 这个题当时比赛的想了好久都没有什么好的办法去解决,然后我就觉得这个题应该用dp写,我奇奇怪怪的想法 定义一个dp数组,dp[i][j] 表示 a为i,b为j时的互质次数 对于这一次的 dp[i][j] 来说,它就等于上一次的互质...

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    这个题当时比赛的想了好久都没有什么好的办法去解决,然后我就觉得这个题应该用dp写,我奇奇怪怪的想法
    定义一个dp数组,dp[i][j] 表示 a为i,b为j时的互质次数
    对于这一次的 dp[i][j] 来说,它就等于上一次的互质次数加一,由于题目要求最大,所以要判断一下上一次是 a-1与b的互质次数大还是a与b-1的互质次数大,最后判断这一次a与b是否互质
    所以状态转移方程就是:
    dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i][j-1]) + (gcd(i,j) == 1)

    int T,a,b;
    int dp[1010][1010];
    
    int main(){
        
        for(int i=1;i<=1000;i++){
            for(int j=1;j<=1000;j++){
                dp[i][j] = max(dp[i-1][j],dp[i][j-1]) + (gcd(i,j) == 1);
            }
        }
        scanf("%d",&T);
        while(T--){
            
            scanf("%d%d",&a,&b);
            printf("%d\n",dp[a][b]);
        }
        return 0;
    }
    
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  • 然后,不难看出我们肯定需要维护牛的产奶量的最大值,这个倒是有很多方法搞,可以用平衡树或者离散化 + 线段树什么的。 可是这是不够的。只维护某一天的最大值不能算出是否应该更新相框。 怎么办呢?我们先来考虑有...

    这题真是恶心,很久没有一道题搞大半天了。


    这个题稍微分析一下,首先发现日期的乱序根本就是出题人闲得无聊,排序一下搞定。
    然后,不难看出我们肯定需要维护牛的产奶量的最大值,这个倒是有很多方法搞,可以用平衡树或者离散化 + 线段树什么的。
    可是这是不够的。只维护某一天的最大值不能算出是否应该更新相框。
    怎么办呢?我们先来考虑有哪几种情况。


    1376960-20180807204348713-1966639721.jpg

    在这个图中,max线表示除去这头牛,其他牛的最大产奶量,箭头表示当前的牛产奶量的变化。

    红色打勾的情况是需要更新答案的。


    \(7\)号和\(8\)号可以放到一起。它们的共同特征是 修改后的值比当前的最大值小,而且之前它是第一名。

    我把这种情况叫做王者的陨落1376960-20180807204427448-678709462.jpg

    至于\(1, 2, 3, 6\)号就比较麻烦,因为我们不好直接把他们和\(4, 5\)号区分开来。仔细观察,发现我们要区分的话,还需要维护产奶量为特定值的牛的个数
    我这儿选用了map来维护这个玩意儿。
    所以此时,\(4, 5\)号的特征就变成了上一次最大值和这一次最大值都是它,而且没有人跟它现在一样大
    然后,\(1 - 6\)号的共性是现在这头牛的产奶量是最大(之一)的,于是可以用排除法筛选出\(1, 2, 3, 6\)号。

    我把\(4, 5\)号叫做王者的余裕1376960-20180807204959858-91132920.jpg

    分析到这,就可以动手敲键盘啦!

    #include <map>
    #include <vector>
    #include <cstdio>
    #include <cassert>
    #include <cstring>
    #include <iostream>
    #include <algorithm>
    using namespace std;
    typedef pair<int, int> P;
    const int MAXN = 1e6 + 20;
    inline int read()
    {
        int x = 0; char ch = getchar(); bool f = false;
        while(!isdigit(ch)) f |= (ch == '-'), ch = getchar();
        while(isdigit(ch)) x = x * 10 + ch - '0', ch = getchar();
        return f ? -x : x;
    }
    
    int N, G;
    
    struct state
    {
        int date, idx, delta, newidx;
        inline bool operator <(const state &rhs) const{
            return date < rhs.date;
        }
    }pool[MAXN];
    
    namespace stree
    {
        #define mid ((l + r) >> 1)
        #define ls (o << 1)
        #define rs ((o << 1) | 1)
    
        int node[MAXN << 2];
    
        inline void pushup(int o){
            node[o] = max(node[ls], node[rs]);
        }
    
        int modify(int o, int l, int r, int p, int v){
            if(l == r) return node[o] += v, node[o];
            int tmp;
            if(p <= mid) tmp = modify(ls, l, mid, p, v);
            else tmp = modify(rs, mid + 1, r, p, v);
            return pushup(o), tmp;
        }
    }
    
    vector<int> cp;
    void compress(){
        for(int i = 1; i <= N; i++) cp.push_back(pool[i].idx);
        cp.push_back((1 << 29));
        sort(cp.begin(), cp.end());
        cp.erase(unique(cp.begin(), cp.end()), cp.end());
        for(int i = 1; i <= N; i++){
            pool[i].newidx = upper_bound(cp.begin(), cp.end(), pool[i].idx) - cp.begin();
        }
    }
    
    map<int, int> M;
    int main()
    {
        //freopen("p4087.in", "r", stdin);
        cin>>N>>G;
    
        int ans = 0;
        for(int i = 1; i <= N; i++){
            int date = read(), idx = read(), delta = read();
            pool[i] = (state){date, idx, delta};
        }
        sort(pool + 1, pool + N + 1);
    
        compress(); int maxlast = 0;
        M[0] = (1 << 29);
        
        for(int i = 1; i <= N; i++){
            maxlast = stree::node[1];
            int val = stree::modify(1, 1, cp.size(), pool[i].newidx, pool[i].delta);
            
            if(M.find(val) == M.end()) M[val] = 0;
            M[val - pool[i].delta]--, M[val]++;
            
            int maxnow = stree::node[1];
            if(val < maxnow && (val - pool[i].delta) == maxlast) ++ans;
            if(val == maxnow){
                if((val - pool[i].delta) == maxlast && M[val] + M[maxlast] == 1) continue;
                ++ans;
            }
        }
        cout<<ans<<endl;
        return 0;
    }

    转载于:https://www.cnblogs.com/wsmrxc/p/9439342.html

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  • 题目中的修改为基本操作,但是究竟要维护什么,值得我们去讨论 其实很容易想到左端点到底要不要,如果左端点要是一种情况,左端点不要有是一种情况 当选择左端点时,最优的时候是不是将奇数位置上的所有点都取,...

     

     

    题目中的修改为基本操作,但是究竟要维护什么,值得我们去讨论

    其实很容易想到左端点到底要不要,如果左端点要是一种情况,左端点不要有是一种情况

    当选择左端点时,最优的时候是不是将奇数位置上的所有点都取,还是说中间要变,这便是我们熟悉的动态规划

    线段的每一个点都维护一个区间内部端点的选择情况 f[i][j] 当 i =0 时,表示左端点不取,j = 0 时,表示右端点不取

    这样在 push_up() 函数中应用动态规划即可

    const int N=4e4+5;
    #define int long long
     
        int n,m;
        int i,j,k;
        int a[N];
    
    struct Node
    {
        int l,r;
        int f[2][2];
        #define lson id<<1
        #define rson id<<1|1
    }t[N<<2];
    
    int max(int a,int b,int c){ return (a>b?a:b)>c?(a>b?a:b):c; }
    
    void push_up(int id)
    {
        t[id].f[0][0]=max(t[lson].f[0][1]+t[rson].f[0][0],t[lson].f[0][0]+t[rson].f[1][0],t[lson].f[0][0]+t[rson].f[0][0]);
        t[id].f[0][1]=max(t[lson].f[0][1]+t[rson].f[0][1],t[lson].f[0][0]+t[rson].f[0][1],t[lson].f[0][0]+t[rson].f[1][1]);
        t[id].f[1][0]=max(t[lson].f[1][0]+t[rson].f[0][0],t[lson].f[1][0]+t[rson].f[1][0],t[lson].f[1][1]+t[rson].f[0][0]);
        t[id].f[1][1]=max(t[lson].f[1][1]+t[rson].f[0][1],t[lson].f[1][0]+t[rson].f[0][1],t[lson].f[1][0]+t[rson].f[1][1]);
    }
    
    void build(int l,int r,int id)
    {
        t[id].l=l,t[id].r=r;
        t[id].f[2][2]={0};
        if(l==r) t[id].f[1][1]=a[l];
        else{
            int mid=l+r>>1;
            build(l,mid,lson);
            build(mid+1,r,rson);
            push_up(id);
        }
    }
    
    void update(int pos,int val,int id)
    {
        int L=t[id].l,R=t[id].r;
        if(L==R) t[id].f[1][1]=val;
        else {
            int mid=L+R>>1;
            if(mid>=pos) update(pos,val,lson);
            if(pos>=mid+1) update(pos,val,rson);
            push_up(id);
        }
    }
    
    signed main()
    {
        while(~sdd(n,m)){
            for(int i=1;i<=n;i++) sd(a[i]);
            build(1,n,1);
            ll ans=0;
            while(m--){
                int x=read(),y=read();
                update(x,y,1);
                ans+=(max( max(t[1].f[0][0],t[1].f[0][1]) , max(t[1].f[1][0],t[1].f[1][1]) ));
            }
            pll(ans);
        }
        //PAUSE;
        return 0;
    }

     

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dec表示什么