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阿新 • • 發佈:2018-05-13
coder sin std CP flag 最短路 cpp oid IT
隨便看了一場以前的bestcoder,然後順便寫了一下,都不碼的樣子
有中文題面,這裏就不寫題目大意了
T1.
剛開始想復雜了,T1可能是4道題裏面想的最久的
我們大概弄一下就可以發現,如果a[i]>0,並且a[i+1]滿足條件,那麽s[i]=s[i+1]
所以我們發現其實是一堆相同的弄在一起。
當然如果a[i]=0那麽說明s[i]!=s[i-1],這樣i就有25種選法,剛開始有26種選法
就是ans=26*25^(a[i]==0的個數)
我們考慮什麽時候答案=0,顯然a[i]!=0&&a[i]!=a[i+1]+1那麽就不合法了
代碼:
#include<bits/stdc++.h> #define N 2000005 #define Mod 1000000007 using namespace std; int n,T,ans,a[N]; int main(){ scanf("%d",&T); while (T--){ scanf("%d",&n);n--;ans=26; for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);a[n+1]=0; for (int i=1;i<=n;i++) if (a[i]!=a[i+1]+1&&a[i]!=0) ans=0; for (int i=1;i<=n;i++) if (!a[i]) ans=1ll*ans*25%Mod; printf("%d\n",ans); } return 0; }
T2.
因為只有3條邊,顯然不會重復走,最短路一定是正常走+走加入的三條路
那麽只要枚舉一下3條路的排列,然後方向判斷一下,dfs就ok了
代碼:
#include<bits/stdc++.h> #define N 500005 #define Mod 1000000007 using namespace std; int T,n,m,a[N],b[N],s,t,ans,sum;bool use[5]; void dfs(int now,int tot){ if (tot+abs(now-t)<ans) ans=tot+abs(now-t); for (int i=1;i<=3;i++){ if (use[i]) continue; use[i]=1; dfs(a[i],tot+1+abs(now-b[i])); dfs(b[i],tot+1+abs(now-a[i])); use[i]=0; } } int main(){ scanf("%d",&T); while (T--){ scanf("%d%d",&n,&m); for (int i=1;i<=3;i++) scanf("%d%d",&a[i],&b[i]); for (int i=1;i<=m;i++){ ans=1e9;scanf("%d%d",&s,&t); dfs(s,0); sum=(sum+1ll*i*ans%Mod)%Mod; } printf("%d\n",sum);sum=0; } return 0; }
T3.
對於第一個操作,其實等價於xor一個2^x
其實原問題等價於求0-->S^T的最少操作次數
我們發現n<=15,所以我們對於a[i]暴力dfs求出用這些數組成的數的最小次數
dp[i]表示構成i的最小次數
然後考慮操作1
因為都是xor一個2的次方數,所以每一位都是相互獨立的
如果x^3是最優的,那麽x^1一定是最優的,然後x^1^2也隨之一定是最優的
所以我們把x從0到15枚舉一下
然後再枚舉i的值,更新一下dp值即可
一般的位運算的題,都是先枚舉次方再枚舉i的
代碼:
#include<bits/stdc++.h> #define N 1000005 #define Mod 1000000007 using namespace std; int T,n,m,s,t,ans,a[N],mp[N]; void dfs(int u,int dep,int sum){ if (mp[sum]>dep) mp[sum]=dep; if (u==n+1) return; dfs(u+1,dep+1,sum^a[u]); dfs(u+1,dep,sum); } int main(){ scanf("%d",&T); while (T--){ scanf("%d%d",&n,&m); memset(mp,127,sizeof(mp)); for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]); dfs(1,0,0); for (int j=0;j<=17;j++) for (int i=0;i<=(1<<18);i++) if (mp[i^(1<<j)]>mp[i]+1) mp[i^(1<<j)]=mp[i]+1; for (int i=1;i<=m;i++){ scanf("%d%d",&s,&t); //cerr<<mp[s^t]<<endl; ans=(ans+1ll*mp[s^t]*i%Mod)%Mod; } printf("%d\n",ans);ans=0; } return 0; }
T4.
感覺T2-T4都沒啥難度,還是T1最難(┭┮﹏┭┮)<----弱
顯然的貪心,如果當前剩下的點中最小的點能夠通過刪邊來得到,那麽就刪那個條數
註意我們不用考慮刪的是哪些邊
因為這個點拓撲了,那麽意味著從它出發的邊都要刪除,所以不用知道具體哪些,只要知道這個點是不是要刪即可
然後用一個堆來維護一下點的大小值即可
代碼:
#include<bits/stdc++.h> #define N 2000005 #define Mod 1000000007 using namespace std; int n,m,k,T,x,y,kk,head[N],ru[N];bool use[N],flag[N]; struct Edge{int nxt,to;}e[N]; priority_queue<int,vector<int>,greater<int> > Q; inline void link(int x,int y){e[++kk].nxt=head[x];e[kk].to=y;head[x]=kk;} int main(){ scanf("%d",&T); while (T--){ scanf("%d%d%d",&n,&m,&k); memset(ru,0,sizeof(ru)); kk=0;memset(head,0,sizeof(head)); while (!Q.empty()) Q.pop(); for (int i=1;i<=m;i++){ scanf("%d%d",&x,&y); link(x,y);ru[y]++; } for (int i=1;i<=n;i++){ if (ru[i]<=k) Q.push(i),flag[i]=0; else flag[i]=1; } long long ans=0,tot=0; while (!Q.empty()){ while (ru[Q.top()]>k){flag[Q.top()]=1;Q.pop();} int x=Q.top();int y=ru[x]; //printf("WTF%d\n",x); ru[x]=0;k-=y; Q.pop();ans=(ans+1ll*(++tot)*x%Mod)%Mod; for (int i=head[x];i;i=e[i].nxt){ int v=e[i].to; if (ru[v]<=k+1&&ru[v]>0&&flag[v]){flag[v]=0;Q.push(v);} ru[v]--; } } printf("%lld\n",ans); } return 0; }
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