题目：
1.寿司
给定一个环形的RB串··要求经过两两互换后RB分别形成两段连续区域,求最少操作次数(算法时间O(n))
2.金字塔
给定一个金字塔的侧面图有n层··已知每一层的宽度··高度均为1··要求在图中取出恰好K个互不相交的矩形（边缘可以重叠）,求最多可以取出多少面积
n<=20000，k<=100
3.心灵治愈
给定n,m要求取出不大于m的n个正整数,问有多少种取法使n个数和m的最大公因数为1,n,m<=10^15
题解：
1.分析
首先为了方便我们把环从中间断开看成一个序列，我们考虑如果移动R串··那么肯定是找到某一B为中心··B的左边R移到一起··B的右边R移到一起(这里描述有点模糊···如果序列左边的R都移到一起，且序列最左边为R，右边同理··则实际在环中R肯定是连续的一段··)
因此我们先随意找一个B为中心··然后计算答案··之后我们一次将序列最左端的字符移到最右端(比如序列BBRRR移动后就变成BRRRB)然后考虑答案的变化即可···具体实现参见代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<cctype>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=2e6+;
int T,n,num[N];
char s[N];
int main()
{
//freopen("a.in","r",stdin);
//freopen("a.out","w",stdout);
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
long long ans=,cnt=;
int tot1=,tot2=,totl=,totr=,mid;
scanf("%s",s+);n=strlen(s+);
for(int i=;i<=n;i++)
{
if(s[i]=='B') num[i]=num[i+n]=,tot1++;
else num[i]=num[i+n]=,tot2++;
}
int half=(tot1+)/;int temp=;
for(int i=;i<=n;i++)
{
if(num[i]==) {temp++;if(temp==half) mid=i;}
else
{
if(temp<half){totl++;cnt+=temp;}
else {totr++;cnt+=(tot1-temp);}
}
}
ans=cnt;
for(int i=;i<n;i++)
{
if(num[i]==)
{
int tot=,j;
for(j=mid+;num[j]!=;j++) tot++;
cnt-=totl;cnt+=(totr-tot);mid=j;
totl+=tot;totr-=tot;
if(tot1%==) cnt-=tot;
ans=min(ans,cnt);
}
else
{
totl-=;totr+=;
}
}
cout<<ans<<endl;
}
return ;
}
2.dp+决策单调性/斜率优化
dp方程肯定很好想··第一要明确取的方案··我们肯定是以某一层的宽度为矩形的一边··然后往下取到某一层为一个矩形·矩形的高就是两层高的差··
然后设f[j][i]为第j块矩形以第i层为一边的最大面积··转移方程即为：
f[j][i]=max(f[j][i],f[k][i-1]+(long long)len[j]*(j-k));
其中k为我们往下枚举的层数··len为j层的宽度··
然后通过打表(dalao也可以分析)得出该方程满足决策单调性且使用于斜率优化····这里两种方法都能过
决策单调性：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<cctype>
#include<string>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
inline int R()
{
char c;int f=;
for(c=getchar();c<''||c>'';c=getchar());
for(;c<=''&&c>='';c=getchar()) f=(f<<)+(f<<)+c-'';
return f;
}
const int N=;
const int M=;
struct node
{
int l,r,pos;
}Que[N];
int n,K;
long long len[N],f[N][M];
inline long long calc(int i,int j,int now)
{
return f[j][now-]+(long long)len[i]*(i-j);
}
inline int find(node a,int b,int now)
{
int le=a.l,ri=a.r,ans=a.r+;
while(le<=ri)
{
int mid=(le+ri)/;
if(calc(mid,b,now)>calc(mid,a.pos,now)) ri=mid-,ans=mid;
else le=mid+;
}
return ans;
}
inline void dp(int now)
{
int Head=,Tail=;
node tmp;tmp.l=now;tmp.r=n;tmp.pos=now-;Que[++Tail]=tmp;
for(int i=now;i<=n;i++)
{
while(Que[Head].r<i) Head++;
f[i][now]=calc(i,Que[Head].pos,now);
if(calc(n,i,now)>calc(n,Que[Tail].pos,now))
{
while(Head<=Tail&&calc(Que[Tail].l,i,now)>calc(Que[Tail].l,Que[Tail].pos,now)) Tail--;
if(Head<=Tail)
{
int t=find(Que[Tail],i,now);
Que[Tail].r=t-;
node tmp;tmp.l=t,tmp.r=n,tmp.pos=i;Que[++Tail]=tmp;
}
else
{
node tmp;tmp.l=i+;tmp.r=n;tmp.pos=i;Que[++Tail]=tmp;
}
}
}
}
int main()
{
//freopen("pyramid.out","w",stdout);
n=R(),K=R();int x,y;
if(n<=)
{
for(int i=;i<=n;i++)
{
x=R(),y=R();len[i]=y-x+;f[i][]=(long long)len[i]*i;
}
for(int i=;i<=K;i++)
for(int j=i;j<=n;j++)
for(int k=i-;k<j;k++) f[j][i]=max(f[j][i],f[k][i-]+(long long)len[j]*(j-k));
long long ans=;
for(int i=K;i<=n;i++) ans=max(f[i][K],ans);
cout<<ans<<"\n";
}
else
{
for(int i=;i<=n;i++)
{
x=R(),y=R();len[i]=y-x+;f[i][]=(long long)len[i]*i;
}
for(int i=;i<=K;i++)
dp(i);
long long ans=;
for(int i=K;i<=n;i++) ans=max(f[i][K],ans);
cout<<ans<<"\n";
}
return ;
}
3.质因数分解+容斥原理
这道题和之前跳蚤的那道题是一模一样的··这里就并不多说了··
唯一注意的是我发现了自己快速幂的一个漏洞··求a^b之前要将a取模···之前一直没有注意到···还有就是注意最后答案为负的问题
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<cctype>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
vector<long long>zhiyinzi;
const long long mod=1e9+;
long long n,m,ans=;
inline long long ksm(long long a,long long b)
{
long long ans=;a%=mod;
while(b)
{
if(b%==) ans=(ans*a)%mod;
b/=;a=(a*a)%mod;
}
return ans;
}
inline void dfs(int u,long long tot,long long f)
{
if(u==zhiyinzi.size())
{
long long temp=m/tot;
ans=(ans+f*ksm(temp,n))%mod;
ans=(ans%mod+mod)%mod;
return;
}
dfs(u+,tot,f);
dfs(u+,tot*zhiyinzi[u],-f);
}
int main()
{
scanf("%I64d%I64d",&n,&m);
long long temp=m;
for(long long i=;i*i<=m;i++)
{
if(i>temp) break;
if(temp%i==)
{
while(temp%i==) temp/=i;
zhiyinzi.push_back(i);
}
}
if(temp!=) zhiyinzi.push_back(temp);
dfs(,,);
ans=(ans%mod+mod)%mod;
cout<<ans<<endl;
return ;
}