#Algo0101. Look Up S
本题为单调栈模版题。每头奶牛向右看，求出每只奶牛离她最近的仰望对象，也就是求出右边第一个大于自己的数。从右往左维护一个严格单增的单调栈即可。
int n,a[1000006],b[1000006];
stack<pair<int,int>> q;
int main()
{
// ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
CI n;
CII(a,1,n);
FD(i,n,1)
{
while (!q.empty()&&a[i]>=q.top().first)
q.pop();
if (q.empty()) b[i]=0;
else b[i]=q.top().second;
q.push(make_pair(a[i],i));
}
F(i,1,n)
CO b[i] L;
return 0;
}#Algo0102. Bad Hair Day S
本题求能看见多少个牛的头发，即当牛向右看时，有多少头牛的身高是小于自己的，直到遇到升高大于自己的牛。可以转换以下思路，将看见多少头牛转换为被多少头牛看见自己的头发。能看见自己头发的牛，必然是处于左边且高于自己的牛，而且中间没有比观察者更高的牛阻隔。所以可以从左到右维护一个严格单减的单调栈，而每次维护完栈后，栈中的元素个数便是能看到自己的牛的个数。但是由于STL内置的栈并不能查询栈内元素个数，所以可以在入栈和出栈时进行计数，也可以自己写一套栈的函数。
LL n,a[80004],ans;
struct myStack
{
int a[80004],index=0;
int empty()
{
return index==0;
}
int top()
{
return a[index];
}
void push(int x)
{
a[++index]=x;
}
void pop()
{
index--;
}
int ind()
{
return index;
}
} q;
int main()
{
// ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
CI n;
CII(a,1,n);
F(i,1,n)
{
while (!q.empty()&&a[i]>=q.top())
q.pop();
if (!q.empty()) ans+=q.ind();
q.push(a[i]);
}
CO ans L;
return 0;
}#Algo0103. 玉蟾宫
本题需要求由F构成的最大的矩形面积。在求最大矩形面积时，可以利用单调栈来快速找到最大的面积。先选中一行，将每一列视为一个矩形，并求出该行中每一列的F向上最大能延伸的高度为多少，将其定为每一列的高度。这样就将二维中寻找最大矩形面积转换为了给定每个矩形的高度，在其中寻找最大矩形面积。然后对每一行应用一次这样的计算，便能得到最终最大的矩形面积。对于给定每个矩形高度求其中的最大面积，首先需要选中一个矩形高度，并由该高度构成大矩形，这时还需要求出该高度能够得到的最大宽度为多少。最大宽度是根据被选定矩形的左右两边有多少个高度大于它的矩形，也就是需要分别找到左右第一个小于它的高度的矩形。这就将问题又转变为了单调栈问题。可以利用单调栈分别找到左右第一个高度小于被选定矩形的位置，相减就能得到大矩形的宽，然后与高相乘得到面积。
int n,m,a[1003][1003],b[1003],l[1003],r[1003],ans;
char c;
void findRMin(int n,int a[],int b[]) //单调栈寻找右边第一个比自己小的元素的坐标
{
stack<pair<int,int>> q;
FD(i,n,1)
{
while (!q.empty()&&a[i]<=q.top().first)
q.pop();
if (q.empty()) b[i]=n+1;
else b[i]=q.top().second;
q.push(make_pair(a[i],i));
}
}
void findLMin(int n,int a[],int b[]) //单调栈寻找左边第一个比自己小的元素的坐标
{
stack<pair<int,int>> q;
F(i,1,n)
{
while (!q.empty()&&a[i]<=q.top().first)
q.pop();
if (q.empty()) b[i]=0;
else b[i]=q.top().second;
q.push(make_pair(a[i],i));
}
}
int main()
{
// ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
CI n>>m;
F(i,1,n)
F(j,1,m)
{
CI c;
a[i][j]=c=='R'?0:1;
}
F(i,1,n)
//对每一行都进行一次运算
{
F(j,1,m)
//先求出每列向上最大的延伸高度
{
b[j]=0;
FD(k,i,1)
if (a[k][j]) b[j]++;
else break;
}
findLMin(m,b,l);
//求出每一列左侧第一个小于自己高度的列
findRMin(m,b,r);
//求出每一列右侧第一个小于自己高度的列
F(j,1,m)
//对每一列分别计算矩形面积
{
ans=max(ans,b[j]*(r[j]-l[j]-1));
}
}
CO ans*3 L;
return 0;
}#Algo0104. 滑动窗口
该题为单调队列的模版题。最大值和最小值需要分别求解。首先需要两个指针分别指向队列的开头和结尾。从左到右依次遍历每一个元素，在求窗口最小值时，需要从队列末尾中将大于当前元素的元素都移除队列，因为每次遍历时，都意味着当前元素被加入到窗口中，同时也意味着队列中那些大于当前元素的元素都再也不可能成为最小值，所以将其移出队列。同时每次都要判断一次队列头部是否已经超出了窗口了，并移除超出的元素。同时由于队列里的元素严格单调递增，所以队列头部即为当前窗口的最小值。
int n,k,f,h;
LL a[1000006],p[1000006];
int main()
{
// ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
CI n>>k;
CII(a,1,n)
f=1,h=0;
F(i,1,n)
{
while (f<=h&&a[p[h]]>=a[i])
h--;
p[++h]=i;
if (p[f]<i-k+1) f++;
if (i>=k) CO a[p[f]] P;
}
CL
f=1,h=0;
F(i,1,n)
{
while (f<=h&&a[p[h]]<=a[i])
h--;
p[++h]=i;
if (p[f]<i-k+1) f++;
if (i>=k) CO a[p[f]] P;
}
CL
return 0;
}#Algo0105. 合并果子
为了以最少体力合并果子，需要每次都找出重量最小的两堆果子进行合并，然后再将合并后的重量加回果子队列，然后进行下一次找出重量最小的两堆果子。对于这种需要多次寻找最小值的操作，可以用优先队列的小根堆来做。优先队列会在每次加入新元素时自动进行排序且时间效率高。
priority_queue<LL,vector<LL>,greater<LL>> q;
LL n,a,ans;
int main()
{
// ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
CI n;
F(i,1,n)
{
CI a;
q.push(a);
}
F(i,1,n-1)
{
LL a=q.top();
q.pop();
LL b=q.top();
q.pop();
ans+=a+b;
q.push(a+b);
}
CO ans L;
return 0;
}#Algo0106. 于是他错误的点名开始了
本题需要查找所给字符串是否存在，同时统计一个字符串被查找的次数。对于这种大批量查找字符串的操作，如果使用简单的对比，则会存在大量不必要的对比。所以需要使用字典树来快速查找字符串。由于题目需要统计一个字符串被查找的次数来判读是否存在重复点名，所以对字典树的节点进行改造，使其在记录是否为单词结尾的同时，记录该单词结尾是否被查找过。当该单词结尾被查找时，进行标记或返回被重复查找的信息。
int n;
string s;
struct trie
{
int next[26];
int isEnd;
int call;
//记录该单词结尾是否被查找过
}tree[500005];
int inc;
int insert(string s)
{
int p=0;
for (int i=0;i<s.size();i++)
{
if (tree[p].next[s[i]-97]) p=tree[p].next[s[i]-97];
else
{
inc++;
tree[p].next[s[i]-97]=inc;
p=inc;
}
}
if (tree[p].isEnd) return 1;
else tree[p].isEnd=1;
return 0;
}
int check(string s)
{
int p=0;
for (int i=0;i<s.size();i++)
{
if (!tree[p].next[s[i]-97]) return 0;
p=tree[p].next[s[i]-97];
}
if (tree[p].call) return -1;
//首先需要判断该单词是否被查找过，如果被查找过，则说明该单词存在。
if (!tree[p].isEnd) return 0;
//在没被查找过的基础上，再判断该单词是否存在
tree[p].call=1;
//标记该单词被查找过，并返回单词存在
return 1;
}
int main()
{
// ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
CI n;
F(i,1,n)
{
CI s;
insert(s);
}
CI n;
F(i,1,n)
{
CI s;
switch (check(s))
{
case 1: CO "OK" L; break;
case 0: CO "WRONG" L; break;
case -1: CO "REPEAT" L; break;
}
}
return 0;
}#Algo0107. Minimum Array
对给定的b数组进行排序，使得数组c：\((a_i+b_i)%n\)的字典序最小。使字典序最小，即尽量让0靠前，也就是\(b_i=n-a_i\)，然后是数字小的靠前。所以可以使用可重复的集合multiset进行操作。
int n,a[200005],ans,x;
multiset<int> s;
int main()
{
// ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
CI n;
CII(a,1,n)
F(i,1,n)
{
CI x;
s.insert(x);
}
F(i,1,n)
{
auto it=s.lower_bound(n-a[i]);
//寻找n-a[i]并判断是否存在
if (it==s.end()) it=s.begin();
//如果不存在，则选择集合中的第一个元素，即最小的元素
CO (*it+a[i])%n P;
s.erase(it);
}
CL
return 0;
}#Algo0108. 团伙
本题的主要操作为合并集合以及判断两个元素是否在同一集合中，使用并查集即可。本题中“朋友的朋友是朋友”，将两个为朋友的元素所在集合进行合并即可。但是对于“敌人的敌人是敌人”，无法进行直接的合并。假设一个人的编号为a，总共n个人，则可以使用a+n来表示跟这个人是敌人关系。与这个人是敌人时，将第a+n个元素所在集合合并到自己的集合就可以表示敌人关系了，这时与a为敌人关系的人自然都处在了同一个集合。
int n,m,x,y,ans;
char c;
int pre[200005];
int find(int x)
{
if (x!=pre[x]) pre[x]=find(pre[x]);
return pre[x];
}
void merge(int a,int b)
{
int x=find(a);
int y=find(b);
pre[x]=y;
}
int main()
{
// ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
CI n>>m;
F(i,1,2*n)
pre[i]=i;
F(i,1,m)
{
CI c>>x>>y;
if (c=='E')
{
merge(x,y+n);
merge(x+n,y);
}
else merge(x,y);
}
F(i,1,n)
find(i);
sort(pre+1,pre+n+1);
F(i,1,n)
if (pre[i]!=pre[i-1]) ans++;
CO ans L;
return 0;
}
Comments | NOTHING