劍指 Offer 31. 棧的壓入、彈出序列 - 8月11日
阿新 • • 發佈：2020-08-11
A. Suborrays
題解
構造一個序列使得任意區間按位或的答案大於等於區間長度，打個表發現好像啥都行，於是就瞎輸出了
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a)) typedef long long LL; typedef pair<int,int> PII; #define X first #define Y second inline int read() { int x=0,f=1;char c=getchar(); while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();} while(isdigit(c)){x=x*10+c-'0';c=getchar();} return x*f; } int T,n; int main() { T=read(); while(T--) { n=read(); for(int i=1;i<n;i++)printf("%d ",i); printf("%d\n",n); } return 0; }
B. Fix You
題解
一開始讀錯題了以為LRUD都有，結果發現只有RD，於是就只需要判下面是不是都是R，右邊是不是都是D就好了
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a)) typedef long long LL; typedef pair<int,int> PII; #define X first #define Y second inline int read() { int x=0,f=1;char c=getchar(); while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();} while(isdigit(c)){x=x*10+c-'0';c=getchar();} return x*f; } int n,m,a[110][110]; char pic[110][110]; bool vis[110][110]; bool legal(int x,int y) { return (x>=0 && x<n) && (y>=0 && y<m); } queue<PII> Q; int main() { for(int T=read();T;T--) { n=read();m=read(); for(int i=0;i<n;i++)for(int j=0;j<m;j++)vis[i][j]=a[i][j]=0; for(int i=0;i<n;i++)scanf("%s",pic[i]); int cnt=0; for(int i=0;i<m-1;i++)if(pic[n-1][i]!='R')cnt++; for(int i=0;i<n-1;i++)if(pic[i][m-1]!='D')cnt++; printf("%d\n",cnt); } return 0; }
C. Cyclic Permutations
題解
題目花裡胡哨的說了一坨，反正推了一下發現滿足題意的就是這個序列需要有一個谷底，那麼我們反其道行之，求不存在谷底的排列有多少就行，設峰值\(n\) 在\(i\) 位置，那麼我們剩下\(n-1\)個數就已經按順序拍好了，有\(C_{n-1}^{i-1}\) 種方案，最後用\(n!\) 減去\(\sum_{i=0}^{n-1} C_{n-1}^i\) 即可，（其實那玩意就是\(2_{n-1}\) 沒有發現）
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a)) typedef long long LL; typedef pair<int,int> PII; #define X first #define Y second inline int read() { int x=0,f=1;char c=getchar(); while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();} while(isdigit(c)){x=x*10+c-'0';c=getchar();} return x*f; } const int MOD=1000000007,maxn=1000010; int n; LL fac=1,inv[maxn],C[maxn],ans; int main() { n=read(); for(int i=1;i<=n;i++)fac=(fac*i)%MOD; inv[1]=1; for(int i=2;i<=n;i++)inv[i]=((MOD-MOD/i)*inv[MOD%i])%MOD; C[0]=1; for(int i=1;i<=n-1;i++)C[i]=(C[i-1]*LL(n-i))%MOD*inv[i]%MOD; for(int i=1;i<=n;i++)ans=(ans+C[i-1])%MOD; printf("%lld\n",((fac-ans)%MOD+MOD)%MOD); return 0; }
D. 505
題解
題目大意是給你一個01矩陣，問最少修改多少個數，使得這個矩陣的所有偶數邊長的子正方形矩陣裡面都有奇數個1。
很容易發現，當\(n>3\)的時候，存在一個\(4*4\) 的矩陣，裡面還包含著4個\(2*2\) 的矩陣，這個肯定是矛盾的，所以就只討論\(n<4\) 的情況。
當\(n=1\) 的時候答案是0， 當\(n=2或者n=3\) 的時候就狀壓DP設\(dp[i][s]\) 表示當前在第\(i\) 列，第\(i\) 列的01擺法為S就可以了，複雜度是\(O(4*4*n/2)或者O(8*8*n/6)\)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
typedef long long LL;
typedef pair<int,int> PII;
#define X first
#define Y second
inline int read()
{
int x=0,f=1;char c=getchar();
while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
while(isdigit(c)){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
return x*f;
}
const int maxn=1000010,inf=maxn;
int n,m,a[4][maxn],dp[maxn][2][2],DP[maxn][8];
char s[4][maxn];
int main()
{
n=read();m=read();
if(n>=4)return puts("-1"),0;
if(n==1)return puts("0"),0;
for(int i=0;i<n;i++)scanf("%s",s[i]);
for(int i=0;i<n;i++)
for(int j=0;j<m;j++)a[i][j]=s[i][j]-'0';
if(n==2)
{
for(int i=0;i<m;i++)dp[i][0][0]=dp[i][0][1]=dp[i][1][0]=dp[i][1][1]=inf;
for(int i=0;i<2;i++)
for(int j=0;j<2;j++)
if(a[0][0]==i && a[1][0]==j)dp[0][i][j]=0;
else dp[0][i][j]=1;
for(int i=1;i<m;i++)
{
for(int jj=0;jj<2;jj++)
for(int kk=0;kk<2;kk++)
{
int cnt=2;
if(a[0][i]==jj)cnt--;
if(a[1][i]==kk)cnt--;
for(int j=0;j<2;j++)
for(int k=0;k<2;k++)
if((j+k+jj+kk)%2)dp[i][jj][kk]=min(dp[i][jj][kk],dp[i-1][j][k]+cnt);
}
}
int ans=maxn;
for(int i=0;i<2;i++)for(int j=0;j<2;j++)ans=min(ans,dp[m-1][i][j]);
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
if(n==3)
{
for(int i=0;i<m;i++)for(int j=0;j<8;j++)DP[i][j]=inf;
for(int i=0;i<8;i++)
{
int S1=i&1,S2=(i>>1)&1,S3=(i>>2)&1;
int cnt=3;
if(a[0][0]==S1)cnt--;
if(a[1][0]==S2)cnt--;
if(a[2][0]==S3)cnt--;
DP[0][i]=cnt;
}
for(int i=1;i<m;i++)
{
for(int S=0;S<8;S++)
{
int S1=S&1,S2=(S>>1)&1,S3=(S>>2)&1;
// printf("%d %d%d%d\n",S,S1,S2,S3);
int cnt=3;
if(a[0][i]==S1)cnt--;
if(a[1][i]==S2)cnt--;
if(a[2][i]==S3)cnt--;
for(int s=0;s<8;s++)
{
int s1=s&1,s2=(s>>1)&1,s3=(s>>2)&1;
// if(i==1 && S==6)printf("%d %d %d %d %d %d\n",s1,s2,s3,S1,S2,S3);
if((S1+s1+S2+s2)%2 && (S2+s2+S3+s3)%2)DP[i][S]=min(DP[i][S],DP[i-1][s]+cnt);
}
// printf("%d %d %d\n",i,S,DP[i][S]);
}
}
// for(int i=0;i<m;i++)for(int S=0;S<8;S++)printf("%d %d %d\n",i,S,DP[i][S]);
int ans=maxn;
for(int i=0;i<8;i++)ans=min(ans,DP[m-1][i]);
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
E. Pairs of Pairs
題解
又是一道很詭異的題，題目大意是給你一個無向圖，你要不在圖中找到一個長度大於等於\(\lfloor \frac{n}{2} \rfloor\) 的簡單路徑，要不就找若干個二元組（其中這些二元組的元素不能重複，至少要多於等於\(\lfloor \frac{n}{2} \rfloor\) ），使得任意兩個二元組組成的子圖，至多有兩條邊。
直接看了題解，題解是隨便找一點開始求他的dfs樹，如果dfs樹中有深度大於等於\(\lfloor \frac{n}{2} \rfloor\) 的點，就直接輸出即可，否則就找所有深度相同的點，兩兩配對，一定能保證配出\(\lfloor \frac{n}{4} \rfloor\) 對。怎麼證明呢？
先證這任意兩個二元組組成的子圖吧，根據dfs樹的性質，所有非樹邊一定是祖先連往子孫，不可能存在子樹之間的連邊 ，深度相同的點顯然是屬於兩個子樹，所以保證兩個二元組\((a,b),(c,d)\) 其中\(deep[a]=deep[b],deep[c]=deep[d]\) 令\(deep[a]<deep[c]\)，a和b 不可能連邊，c和d不可能連邊，那兩條邊只可能是a和c，b和d為父子關係的時候才可以算上。
再證一定大於\(\lfloor \frac{n}{4} \rfloor\) 對，因為不存在深度大於\(\lfloor \frac{n}{2} \rfloor\) 了，所以最大深度不過\(\lfloor \frac{n}{2} \rfloor\) ，每一個深度只有當有0個或者1個節點的時候才會放棄這個深度，根據抽屜原理一定能選出\(\lfloor \frac{n}{4} \rfloor\) 對滿足。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
typedef long long LL;
typedef pair<int,int> PII;
#define X first
#define Y second
inline int read()
{
int x=0,f=1;char c=getchar();
while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
while(isdigit(c)){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
return x*f;
}
const int maxn=500010,maxm=1000010;
int n,m,a,b,deep[maxn],pa[maxn],max_deep;
vector<int> G[maxn],deep_pair[maxn];
bool path,vis[maxn];
void dfs(int now,int fa)
{
vis[now]=1;
pa[now]=fa;
if(path)return;
deep_pair[deep[now]].push_back(now);
max_deep=max(max_deep,deep[now]);
if(deep[now]>=(n+1)/2)
{
int tmp=now;
printf("PATH\n%d\n",deep[now]);
while(tmp!=1)printf("%d ",tmp),tmp=pa[tmp];
puts("1");
path=1;
return;
}
for(int v:G[now])
if(v!=fa && !vis[v])
deep[v]=deep[now]+1,dfs(v,now);
}
int main()
{
for(int T=read();T;T--)
{
n=read();m=read();
max_deep=path=0;
for(int i=1;i<=n;i++)G[i].clear(),vis[i]=0;
for(int i=1;i<=m;i++)a=read(),b=read(),G[a].push_back(b),G[b].push_back(a);
deep[1]=1;
dfs(1,0);
if(!path)
{
int cnt=0;
for(int i=2;i<=max_deep;i++)cnt+=deep_pair[i].size()/2;
printf("PAIRING\n%d\n",cnt);
// for(int i=1;i<=max_deep;i++)
// {
// printf("deep %d:",i);
// for(int j=0;j<deep_pair[i].size();j++)printf("%d ",deep_pair[i][j]);
// puts("");
// }
for(int i=2;i<=max_deep;i++)
{
for(int j=0;j+1<deep_pair[i].size();j+=2)printf("%d %d\n",deep_pair[i][j],deep_pair[i][j+1]);
}
}
for(int i=1;i<=max_deep;i++)deep_pair[i].clear();
}
return 0;
}