clu using subject 爆炸 簡單 節點 根節點 can printf

A.回文日期

題目描述

眾所周知，小K是nowcoder的暴政茍管理，所以小K很擅長踢樹，雖然本題與踢樹無關 小K喜歡將日期排列成yyyy-mm-dd的形式（位數不足添零補齊）的形式，雖然這與小K只會做回文字符串這道水題無關，但小K覺得日期組成的回文串也是挺可愛的。作為一個涼心出題人，小K決定給你一個可愛的問題：給你兩個日期，求這兩個日期的閉區間內有多少個回文的日期（輸入可能包含多組數據）

輸入描述:

第一行包含一個整數T，表示有T組數據
接下來T行，每行兩個“yyyy-mm-dd"形式的日期

輸出描述:

輸出共T行，每行輸出當前數據的回文日期的個數

示例1

輸入

1
1926-08-16
2333-12-21

輸出

36

備註:

對於100%的數據，1 ≤ ?? ≤ 10，且日期的形式一定是 YYYY-MM-DD，且輸 入日期一定合法，保證答案的年份不會超過4位
解題思路：先簡單預處理一下回文日期，由於最多只有8位數，因此果斷將回文日期變成整數，同時特判一個特殊的閏年月份日期：92200229，然後暴力統計區間中的個數即可。
AC代碼：

 1 #include <bits/stdc++.h>
 2
 
 using namespace std;
 3 int T,y_1,m1,d1,y_2,m2,d2,tp1,tp2,ans,pos,now[500];
 4 int main(){
 5     memset(now,0,sizeof(now));pos=0,now[pos++]=92200229;
 6     int dy[]={31,28,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31};
 7     for(int i=1;i<=12;++i)//預處理
 8         for(int j=1;j<=dy[i-1];++j)
 9             now[pos++]=j%10
 
*10000000+j/10*1000000+i%10*100000+i/10*10000+i*100+dy[i-1];
10     while(cin>>T){
11         while(T--){
12             scanf("%d-%d-%d",&y_1,&m1,&d1);
13             scanf("%d-%d-%d",&y_2,&m2,&d2);
14             ans=0;
15             tp1=y_1*10000+m1*100+d1,tp2=y_2*10000+m2*100+d2;
16             for(int i=0;i<pos;++i)
17                 if(now[i]>=tp1&&now[i]<=tp2)ans++;
18             cout<<ans<<endl;
19         }
20     }
21     return 0;
22 }

C.小K的疑惑

題目描述

眾所周知，小K是一只連NOIP2018初賽都沒有過的蒟蒻，所以小K很擅長dfs序+分塊樹，但是本題與dfs序+分塊樹無關。

小K現在心態爆炸了，因為小K被一道簡單的數據結構題給卡住了，希望請你來解決它，但是小K又不想太麻煩你，於是將題面進行了簡化（其實是出題人懶得寫題面了233333）：

Bob有??個點的樹，每條邊的長度有一個邊權，現在定義??????(??,??)代表第??個點到第??個點的距離模2之後的結果。問有多少(??,??,??)滿足，??????(??,??) = ??????(??,??) = ??????(??,??)。

輸入描述:

第一行一個整數??代表點的數量。
接下來?? − 1行每行三個數??,??,??代表有一條在??,??之間長度為??的邊。

輸出描述:

一行一個整數代表有多少對(??,??,??)滿足條件。

示例1

輸入

3
1 2 3
1 3 4

輸出

9

備註:

對於100%的數據，1 ≤ ?? ≤ 10000，0 ≤ ?? ≤ 233。
解題思路：任意兩點間的距離模2之後要麽是0要麽是1，通過畫圖分析可知，三元組(i,j,k)之間任意兩點之間的距離只能是偶數，只要參合一個距離為奇數的邊權都不可能構成三元組。於是問題就轉化成dfs求每個節點的深度，假設根節點為0，則每個節點到根節點的距離為奇數的個數為cnt_1，距離為偶數的個數為cnt_0，那麽構成三元組的個數為(cnt_0)3+(cnt_1)3。
AC代碼：

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 typedef long long LL;
 4 const int maxn=10005;
 5 int n,cnt,x,y,z,head[maxn];LL cnt_0,cnt_1;
 6 struct node{int w,to,next;}edge[maxn<<1];///雙向邊
 7 void init(){memset(head,-1,sizeof(head));cnt=0;cnt_0=cnt_1=0;}
 8 LL pow_3(LL g){return g*g*g;}
 9 void add_edge(int u,int v,int val){
10     edge[cnt].w=val;
11     edge[cnt].to=v;
12     edge[cnt].next=head[u];///第cnt條邊記錄上一次起點為u的邊的編號
13     head[u]=cnt++;///head[u]表示當前以u為起點的第cnt條邊
14 }
15 void dfs(int cur,int pre,int val){
16     val&1?cnt_1++:cnt_0++;
17     for(int i=head[cur];~i;i=edge[i].next){
18         int v=edge[i].to;
19         int w=edge[i].w;
20         if(v^pre)dfs(v,cur,val+w);///防止進入死循環（建雙向邊）
21     }
22 }
23 int main(){
24     while(cin>>n){
25         init();
26         while(--n){
27             scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
28             add_edge(x,y,z);
29             add_edge(y,x,z);
30         }
31         dfs(1,0,0);///虛擬一個根節點0
32         printf("%lld\n",pow_3(cnt_0)+pow_3(cnt_1));
33     }
34     return 0;
35 }

牛客練習賽30