集訓模擬賽8 [虎哥出題的一天]
前言
相信不用我說什麼了，虎哥出題我必糊……下邊是分析
NO.1 食物鏈
題目
如圖所示為某生態系統的食物網示意圖
現在給你n個物種和m條能量流動關係，求其中的食物鏈條數。
物種的名稱為從1到n編號，m條能量流動關係形如
\(a_1\ b_1\)
\(a_2\ b_2\)
\(a_3\ b_3\)
\(……\)
\(a_{m−1}\ b_{m−1}\)
\(a_m\ b_m\)
其中ai bi表示能量從物種ai流向物種bi。
輸入格式
第一行兩個正整數\(n\)和\(m\)。
接下來\(m\)行每行兩個整數\(a_i,b_i\)表示\(m\)條能量流動關係。
（資料保證輸入資料符號合生物學特點，且不會有重複的能量流動關係出現）
輸出格式
一個整數即食物網中的食物鏈條數。
樣例輸入
10 16
1 2
1 4
1 10
2 3
2 5
4 3
4 5
4 8
6 8
7 6
7 9
8 5
9 8
10 6
10 7
10 9
樣例輸出
9
資料範圍
\(1\le n\le 100000,0\le m\le 200000\)。
分析
這個題其實只是一道裸的記憶化暴搜，其實除了建邊我全都寫對了，然而我當時一時nt，直接反向建邊（因為我覺的這樣好做……）然後就\(WA\)了，以後可不能玩這有的沒的了……
我們統計每個點的入度和出度，顯然入度為\(0\)的點是食物鏈的起點，我們就從這個點開始遞迴，統計到有入度沒出度的點就直接讓\(ans++\)，因為他沒有子節點，只有自己本身，然後要記得每一次的答案都要用一個數組記錄下來，不然應該會\(TLE\)
程式碼
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn = 2e5+10; struct Node{//建邊結構體 int v,next; }e[maxn]; int vis[maxn]; int head[maxn],ans; int n,m; int tot,du[maxn],rd[maxn],cd[maxn]; void Add(int x,int y){//建邊 e[++tot].v = y; e[tot].next = head[x]; head[x] = tot; } int Dfs(int x){//i遞迴 if(du[x])return du[x];//當前點被搜過就直接返回值 int ans = 0; if(!cd[x] && rd[x])ans++;//掃到了食物鏈終點直接答案加一 for(int i=head[x];i;i=e[i].next)ans+=Dfs(e[i].v);//位元組點的值加起來 return du[x] = ans;//記憶化並返回當前點的值 } int main(){ scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=m;++i){ int x,y; scanf("%d%d",&x,&y); Add(x,y);//建邊並統計出入度 cd[x]++; rd[y]++; } for(int i=1;i<=n;++i){ if(rd[i]==0){//入度為0，從起點出發 ans+=Dfs(i); } } printf("%d\n",ans); }
NO.2 升降梯上
題目描述
開啟了升降梯的動力之後，探險隊員們進入了升降梯執行的那條豎直的隧道，映入眼簾的是一條直通塔頂的軌道、一輛停在軌道底部的電梯、和電梯內一杆控制電梯升降的巨大手柄。
\(Nescafe\)之塔一共有\(N\)層，升降梯在每層都有一個停靠點。手柄有\(M\)個控制槽，第\(i\)個控制槽旁邊標著一個數\(C_i\)，滿足\(C_1<C_2<C_3<……<C_M\)。如果\(C_i>0\)，表示手柄扳動到該槽時，電梯將上升\(C_i\)層；如果\(C_i<0\)，表示手柄扳動到該槽時，電梯將下降\(-C_i\)層；並且一定存在一個\(C_i=0\)，手柄最初就位於此槽中。注意升降梯只能在\(1\to N\)層間移動，因此扳動到使升降梯移動到\(1\)層以下、\(N\)層以上的控制槽是不允許的。
電梯每移動一層，需要花費\(2\)秒鐘時間，而手柄從一個控制槽扳到相鄰的槽，需要花費\(1\)秒鐘時間。探險隊員現在在\(1\)層，並且想盡快到達\(N\)層，他們想知道從\(1\)層到\(N\)層至少需要多長時間？
輸入格式
第一行兩個正整數\(N\)、\(M\)。
第二行\(M\)個整數\(C_1、C_2……C_M\)。
輸出格式
輸出一個整數表示答案，即至少需要多長時間。若不可能到達輸出\(-1\)。
樣例
樣例輸入
6 3
-1 0 2
樣例輸出
19
資料範圍與提示
手柄從第二個槽扳到第三個槽（\(0\)扳到\(2\)），用時\(1\)秒，電梯上升到\(3\)層，用時\(4\)秒。
手柄在第三個槽不動，電梯再上升到\(5\)層，用時\(4\)秒。
手柄扳動到第一個槽（\(2\)扳到\(-1\)），用時\(2\)秒，電梯下降到\(4\)層，用時\(2\)秒。
手柄扳動到第三個槽（\(-1\)扳倒\(2\)），用時\(2\)秒，電梯上升到\(6\)層，用時\(4\)秒。
總用時為\((1+4)+4+(2+2)+(2+4)=19\)秒。
對於\(30\%\) 的資料，滿足\(1\le N\le 10\)，\(2\le M\le 5\)。
對於 \(100\%\) 的資料，滿足\(1\le N\le 1000，2\le M\le 20\)，\(-N<C_1<C_2<……<C_M<N\)。
分析
又是一個玄學建邊求最短路的題，只是沒看出來……以後要多練練這方面的思維了。主要思路就是從手柄每個位置之間建邊，邊權就是時間也就是標號差的絕對值。然後每一個手柄的位置在不同的層之間也要建邊，邊權就是樓層差乘以2，樓層差是根據這個手柄能走多少來決定的，具體程式碼註釋裡說。
然後建完邊跑最短路，與最短路的題不一樣的是，這次要統計最頂層到達所有手柄位置中最小的路徑，因為最後手柄不一定拉到哪裡，當然是最小的更優。
程式碼
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 4e5+10;
int head[maxn],dis[25005],vis[25005];
struct Node{
int v,next,val;
}e[maxn<<1];
int tot;
int a[maxn],ll,jl[1005][50];
void Add(int x,int y,int z){//建邊
e[++tot].v = y;
e[tot].next = head[x];
head[x] = tot;
e[tot].val = z;
}
priority_queue<pair<int,int> >q;
void Dij(int x){//堆優化迪傑斯特拉求最短路
memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
dis[x] = 0;
q.push(make_pair(0,x));
while(!q.empty()){
int y = q.top().second;
q.pop();
if(vis[y])continue;
vis[y] = 1;
for(int i=head[y];i;i=e[i].next){
int v = e[i].v;
int w = e[i].val;
if(dis[v]>dis[y]+w){
dis[v] = dis[y]+w;
q.push(make_pair(-dis[v],v));
}
}
}
}
int main(){
int n,m;
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=m;++i){
cin>>a[i];
}
int cnt = 0;
for(int i=1;i<=n;++i){
for(int j=1;j<=m;++j){
jl[i][j] = ++cnt;//把所有的點都賦予一個標號
if(i == 1 && a[j] == 0)ll = cnt;//記錄手柄初始位置
}
}
for(int i=1;i<=n;++i){
for(int j=1;j<=m;++j){
for(int k=1;k<=m;++k){//手柄位置不同就建邊
if(j!=k)
Add(jl[i][j],jl[i][k],abs(k-j));//手柄之間建邊，邊權是差值絕對值
}
}
}
for(int i=1;i<=n;++i){
for(int j=1;j<=m;++j){
if(a[j]!=0 && i+a[j]>=1 && i+a[j]<=n){//不是初始位置且拉完拉桿以後沒有跑到外邊
Add(jl[i][j],jl[i+a[j]][j],abs(a[j]*2));//邊權為走的樓層數乘以2，按鈕位置不變，只改第一維的高度
}
}
}
Dij(ll);//從手柄初始位置開始最短路
int ans = 0x3f3f3f3f;
for(int i=1;i<=m;++i){
ans = min(ans,dis[jl[n][i]]);//找到頂層最短的路徑
}
if(ans == 0x3f3f3f3f){//沒有路徑就輸出-1
cout<<-1<<endl;
return 0;
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
分析解法2
還有一種就是\(dp\)解法，這是\(lc\)大佬講的，利用\(f[i][j]\)記錄到第\(i\)層，手柄位置為\(j\)的時間，然後從手柄位置為\(k\)轉移而來，取\(min\)即可，下邊程式碼
程式碼
自己寫的時候有點壓行，所以湊合著看吧
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e3+4,maxk = 25;
#define ll long long
ll f[maxn][maxk],ans = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f,jl[maxn],n,m;
int main(){
memset(f,0x3f,sizeof(f));
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=m;++i){
cin>>jl[i];
if(jl[i] == 0)f[1][i] = 0;//第一層初始位置時間為0
}
for(int js=1;js<=5;++js)//貪心多貪幾遍，保證正確（lc大佬說的）
for(int i=1;i<=n;++i)//列舉樓層
for(int j=1;j<=m;++j)//當前手柄位置
for(int k=1;k<=m;++k){//上一次手柄位置
int now = i-jl[k];//這次拉手柄前的位置
if(now>=1 && now<=n)f[i][j] = min(f[i][j],f[now][k]+abs(j-k)+abs(jl[k]*2));//更新答案
}
for(int i=1;i<=m;++i)ans = min(ans,f[n][i]);//頂層取最大值
printf("%lld",ans == 0x3f3f3f3f3f3f3f3f?-1:ans);return 0;//玄學三維運算子自行理解
}
NO.3 Password
題目描述
\(Rivest\)是密碼學專家。近日他正在研究一種數列\(E=\{E[1],E[2],……,E[n]\}\)，且\(E[1]=E[2]=p\)（\(p\)為一個質數），\(E[i]=E[i-2]\times E[i-1]\)（若\(2<i\le n\)）。例如\(\{2,2,4,8,32,256,8192,……\}\)就是\(p=2\)的數列。在此基礎上他又設計了一種加密演算法，該演算法可以通過一個金鑰\(q(q<p)\)將一個正整數\(n\)加密成另外一個正整數\(d\)，計算公式為：\(d=E[n]\ mod\ q\)。現在\(Rivest\)想對一組資料進行加密，但他對程式設計不太感興趣，請你幫助他設計一個數據加密程式。
輸入描述
讀入\(m\)，\(p\)。其中\(m\)表示資料個數，\(p\)用來生成數列\(E\)。以下有\(m\)行，每行有\(2\)個整數\(n\)，\(q\)。\(n\)為待加密資料，\(q\)為金鑰。
輸出描述
第\(i\)行輸出第\(i\)個加密後的資料。
樣例輸入
2 7
4 5
4 6
樣例輸出
3
1
分析
這個題其實就是比較裸的數論，只不過是考到的東西非常多，所以我們逐一分析，首先數列\(E\)的求出，我們分析一下給的例子，很容易就能得出這是\(p\)的乘方，乘方數就是菲波納契數列，然後因為\(p\)為質數，所以我們可以根據擴充套件尤拉定理得出公式：
\[p^{\varphi(q)}\equiv 1\ modq \]
因為我們要求的是\(p\)的菲波納契數列第\(n\)項次方\(modq\)，所以我們需要的只是菲波納契數列第\(n\)項，根據上邊的公式，我們可以把菲波納契數列第\(n\)項次方轉化為\(p^{\varphi(q)\times k + t}\)，利用矩陣快速冪求出這個\(t\)只需要在乘的過程中一直取\(\varphi(q)\)的模就行了，最後再加上一個\(\varphi(q)\)，這就是乘方，然後利用快速冪求解。
程式碼
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
ll m,p;
ll phimod;
struct juzhen{//矩陣結構體
ll jz[3][3];
ll n,m;
juzhen(){
memset(jz,0,sizeof(jz));
n=0;
m=0;
}
}fib,tmp;
juzhen operator * (juzhen a,juzhen b){//運算子過載
juzhen ans;
ans.n = a.n;
ans.m = b.m;
for(int i=1;i<=a.n;++i){
for(int j=1;j<=b.m;++j){
ans.jz[i][j] = 0;
for(int k=1;k<=a.m;++k){
ans.jz[i][j] = (ans.jz[i][j]%phimod+((a.jz[i][k]%phimod)*(b.jz[k][j]%phimod))%phimod)%phimod;
}
}
}
return ans;
}
void jzksm(ll k){//矩陣快速冪
while(k){
if(k&1){
fib = fib * tmp;
}
tmp = tmp * tmp;
k>>=1;
}
}
ll getphi(ll n){//求尤拉函式值
ll ans = n;
ll m = sqrt(n+0.5);
for(int i=2;i<=m;++i){
if(n%i == 0){
ans = ans/i*(i-1);
while(n%i == 0)n=n/i;
}
}
if(n>1)ans = ans/n*(n-1);
return ans;
}
ll ksm(ll a,ll b,ll mod){//普通快速冪
ll ans = 1;
while(b){
if(b&1){
ans = ans*a%mod;
}
a = a*a%mod;
b>>=1;
}
return ans%mod;
}
int main(){
scanf("%lld%lld",&m,&p);
for(int i=1;i<=m;++i){//初始化
fib.n = 1;
fib.m=2;
fib.jz[1][1] = fib.jz[1][2] = 1;
tmp.n = tmp.m = 2;
tmp.jz[1][1] = tmp.jz[1][2]=tmp.jz[2][1] = 1;
tmp.jz[2][2] = 0;
ll n,q;
scanf("%lld%lld",&n,&q);
phimod = getphi(q);//求出q的尤拉函式值
if(n>=3LL)jzksm(n-2);//n比3大才需要求冪
ll fang = fib.jz[1][1]+phimod;//答案應該是多少次方
ll ans = ksm(p,fang,q);//快速冪
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
NO.4 子串
題目描述
有兩個僅包含小寫英文字母的字串 AAA 和 BBB。
現在要從字串 AAA 中取出 kkk 個互不重疊的非空子串，然後把這 kkk 個子串按照其在字串 AAA 中出現的順序依次連線起來得到一個新的字串。請問有多少種方案可以使得這個新串與字串 BBB 相等？
注意：子串取出的位置不同也認為是不同的方案。
輸入格式
第一行是三個正整數 n,m,kn,m,kn,m,k，分別表示字串 AAA 的長度，字串 BBB 的長度，以及問題描述中所提到的 kkk，每兩個整數之間用一個空格隔開。
第二行包含一個長度為 nnn 的字串，表示字串 AAA。
第三行包含一個長度為 mmm 的字串，表示字串 BBB。
輸出格式
一個整數，表示所求方案數。
由於答案可能很大，所以這裡要求輸出答案對 100000000710000000071000000007 取模的結果。
輸入輸出樣例
輸入 #1
6 3 1
aabaab
aab
輸出 #1
2
輸入 #2
6 3 2
aabaab
aab
輸出 #2
7
輸入 #3
6 3 3
aabaab
aab
輸出 #3
7
說明/提示
對於第 1 組資料:1≤n≤500,1≤m≤50,k=11≤n≤500,1≤m≤50,k=11≤n≤500,1≤m≤50,k=1;
對於第 2 組至第 3 組資料:1≤n≤500,1≤m≤50,k=21≤n≤500,1≤m≤50,k=21≤n≤500,1≤m≤50,k=2;
對於第 4 組至第 5 組資料:1≤n≤500,1≤m≤50,k=m1≤n≤500,1≤m≤50,k=m1≤n≤500,1≤m≤50,k=m;
對於第 1 組至第 7 組資料:1≤n≤500,1≤m≤50,1≤k≤m1≤n≤500,1≤m≤50,1≤k≤m1≤n≤500,1≤m≤50,1≤k≤m;
對於第 1 組至第 9 組資料:1≤n≤1000,1≤m≤100,1≤k≤m1≤n≤1000,1≤m≤100,1≤k≤m1≤n≤1000,1≤m≤100,1≤k≤m;
對於所有 10 組資料:1≤n≤1000,1≤m≤200,1≤k≤m1≤n≤1000,1≤m≤200,1≤k≤m1≤n≤1000,1≤m≤200,1≤k≤m。