A层邀请赛5
A. 赤
我本来想考虑一下当a=n或b=n的情况,就以另一个变量作为关键字排序,如果a=n就选喜欢吃豆干可能性大的前b个两种食物全给,后面的只给干脆面,结果还交了个0分……
鉴于这道题的正解既涉及期望,又需要什么wqs二分还套两层,还是来日方长吧……
Cat只有被捕捉的份还不够去捕捉别的猫……
B. Tourist Attractions
TLE 40:4层循环枚举经过的4个点分别是什么,O(n^4).
![](https://images.cnblogs.com/OutliningIndicators/ContractedBlock.gif)
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int maxn = 1507; const ll mod = 1e9 + 7; int n, ans; char s[maxn]; vector<int> son[maxn]; inline int read() { int x = 0, f = 1; char ch = getchar(); while(ch < '0' || ch > '9') { if(ch == '-') { f = -1; } ch = getchar(); } while(ch >= '0' && ch <= '9') { x = (x << 1) + (x << 3) + (ch^48); ch = getchar(); } return x * f; } int main() { n = read(); for(int i=1; i<=n; i++) { scanf("%s", s+1); for(int j=1; j<=n; j++) { if(s[j] == '1') son[i].push_back(j); } } for(int i=1; i<=n; i++) { int sz1 = son[i].size(); for(int j=0; j<sz1; j++) { int u = son[i][j]; if(u == i) continue; int sz2 = son[u].size(); for(int k=0; k<sz2; k++) { int v = son[u][k]; int sz3 = son[v].size(); if(v == i || v == u) continue; for(int d=0; d<sz3; d++) { if(son[v][d] == i || son[v][d] == u || son[v][d] == v) continue; //printf("path: %d %d %d %d\n", i, u, v, son[v][d]); ans++; } } } } printf("%d\n", ans); return 0; }
TLE 70:循环一层起点,然后进入dfs枚举中间的两个点并把已选的点做上标记,直接加上最后一个点可以通向的点让它们当终点,再循环一下已经选的点里面如果有的点出现在第3个点通向的点集里答案-1.
所以相当于优化了最后一层循环,O(n^3).
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#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int maxn = 1507; int mp[maxn][maxn], n, sum[maxn], b[5]; ll ans = 0; bool vis[maxn]; char s[maxn]; inline int read() { int x = 0, f = 1; char ch = getchar(); while(ch < '0' || ch > '9') { if(ch == '-') { f = -1; } ch = getchar(); } while(ch >= '0' && ch <= '9') { x = (x << 1) + (x << 3) + (ch^48); ch = getchar(); } return x * f; } void dfs(int u, int dep) { b[dep] = u; if(dep == 3) { ans += sum[u]; for(int i=1; i<=3; i++) if(mp[u][b[i]]) ans--; return; } for(int i=1; i<=n; i++) { if(mp[u][i] && !vis[i]) { vis[i] = 1; dfs(i, dep+1); vis[i] = 0; } } } int main() { n = read(); for(int i=1; i<=n; i++) { scanf("%s", s+1); for(int j=1; j<=n; j++) { if(s[j] == '1') mp[i][j] = 1; } } for(int i=1; i<=n; i++) { for(int j=1; j<=n; j++) { sum[i] += mp[i][j]; } } for(int i=1; i<=n; i++) { vis[i] = 1; dfs(i, 1); vis[i] = 0; } printf("%lld\n", ans); return 0; }
正解:其实连起点都不用枚举,只需要枚举中间的两个点,以它们俩为中心拓展找出起点和终点,要注意不能构成三元环(循环保证了二元环不会出现),可以把枚举出来的中间的两个点的集合做一下&运算来去掉有环的两种情况,一种是从第二个点出发(和2号相连)能到终点(和3号相连),另一种是从起点(和2号相连)出发能到第4个点(和三号相连)。
![](https://images.cnblogs.com/OutliningIndicators/ContractedBlock.gif)
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int maxn = 1507; const ll mod = 1e9 + 7; int n; ll ans; char s[maxn]; bitset<maxn> b[maxn]; inline int read() { int x = 0, f = 1; char ch = getchar(); while(ch < '0' || ch > '9') { if(ch == '-') { f = -1; } ch = getchar(); } while(ch >= '0' && ch <= '9') { x = (x << 1) + (x << 3) + (ch^48); ch = getchar(); } return x * f; } int main() { n = read(); for(int i=1; i<=n; i++) { scanf("%s", s+1); for(int j=1; j<=n; j++) { if(s[j] == '1') b[i][j] = 1; } } for(int i=1; i<=n; i++) { for(int j=1; j<=n; j++) { if(b[i][j] == 0) continue; int r1 = b[i].count()-1; int r2 = b[j].count()-1; int r3 = (b[i]&b[j]).count(); ans += r1 * r2 - r3; } } printf("%lld\n", ans); return 0; }
时光花火,水月星辰