10.23NOIP模拟题
叉叉
题目描述
现在有一个字符串，每个字母出现的次数均为偶数。接下来我们把第一次出现的字母 a 和第二
次出现的 a 连一条线，第三次出现的和四次出现的字母 a 连一条线，第五次出现的和六次出现
的字母 a 连一条线...对其他 25 个字母也做同样的操作。
现在我们想知道有多少对连线交叉。交叉的定义为一个连线的端点在另外一个连线的内部，另
外一个端点在外部。
下图是一个例子，共有三对连线交叉（我们连线的时候，只能从字符串上方经过）。
输入格式
题目名称 叉叉
程序文件名 cross
输入文件名 cross.in
输出文件名 cross.out
每个测试点时限 1 秒
内存限制 128MB
测试点数目 10
每个测试点分值 10
是否有部分分 无
试题类型 传统
一行一个字符串。保证字符串均由小写字母组成，且每个字母出现次数为偶数次。
输出格式
一个整数，表示答案。
样例输入
abaazooabz
样例输出
3
数据范围
对于 30% 的数据，字符串长度不超过 50。
对于 100% 的数据，字符串长度不超过 100,000。
/*
因为是两个相同的为一个区间，想到用栈来实现
开一个vis表示元素是否在栈中出现，开两个栈，遇到出现过的元素就把两个相同元素中间的那些倒到另一个栈中
更新答案加上两个相同元素中间元素换了几次栈
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<map>
#include<stack>
#define N 100007
using namespace std;
int n,ans;
char s[N];
map<char,bool>vis;
map<char,int>val;
stack<char>st1;
stack<char>st2;
int main()
{
freopen("cross.in","r",stdin);
freopen("cross.out","w",stdout);
scanf("%s",s);n=strlen(s);
for(int i=0;i<n;i++)
{
if(!vis[s[i]]) val[s[i]]=0;
if(st1.empty()) st1.push(s[i]),vis[s[i]]=1;
else
{
if(!st1.empty() && st1.top()==s[i])
{
vis[s[i]]=0;ans+=val[s[i]];st1.pop();continue;
}
else if(st1.top()!=s[i] && !vis[s[i]])
{
vis[s[i]]=1;st1.push(s[i]);continue;
}
else if(vis[s[i]] && !st1.empty())
{
while(st1.top()!=s[i])
{
int u=st1.top();st1.pop();
st2.push(u);val[u]++;
}
st1.pop();vis[s[i]]=0;ans+=val[s[i]];val[s[i]]=0;
while(!st1.empty()) st2.push(st1.top()),st1.pop();
while(!st2.empty())
{
int u=st2.top();st2.pop();
st1.push(u);
}
}
}
}
printf("%d\n",ans);
fclose(stdin);fclose(stdout);
return 0;
}
跳跳虎回家
英⽂名称: move
时间限制: 1s
空间限制: 256M
题⽬描述
跳跳虎在外⾯出去玩忘了时间，现在他需要在最短的时间内赶回家。
跳跳虎所在的世界可以抽象成⼀个含有 个点的图（点编号从 到 ），跳跳虎现在在 号点，跳跳虎的家在 号点。
图上⼀共有 条单向边，通过每条边有固定的时间花费。
同时，还存在若⼲个单向传送通道，传送通道也有其时间花费。
传送通道⼀般来说⽐普通的道路更快，但是跳跳虎最多只能使⽤ 次。
跳跳虎想知道他回到家的最⼩时间消耗是多少。
输⼊格式
第⼀⾏输⼊ 个整数 （ 表⽰点数， 表⽰普通道路的数量， 表⽰传送通道的数量， 表⽰跳跳虎最多使⽤ 次传送通道）
接下来 ⾏每⾏ 个整数 ，表⽰有⼀条从 到 ，时间花费为 的普通道路( )
接下来 ⾏每⾏ 个整数 ，表⽰有⼀条从 到 ，时间花费为 的传送通道( )
输出格式
输出⼀⾏⼀个整数表⽰最⼩时间消耗，如果没法回到家输出 。
样例输⼊
5 5 2 1
1 2 1
1 3 2
2 4 2
3 4 3
4 5 4
1 4 1
2 5 1
样例输出
2
数据范围和约定
对于 的数据，
对于另外 的数据，
对于 的数据，
n 1 n 1 n
m
k
4 n,m,q,k n m q k k
m 3 u,v,w u v w 1 ≤ u,v ≤ n,1 ≤ w ≤ 10 3
q 3 x,y,z x y z 1 ≤ x,y ≤ n,1 ≤ z ≤ 10 3
−1
30% 1 ≤ n ≤ 500,0 ≤ m,q ≤ 2000,k = 0
30% 1 ≤ n ≤ 500,0 ≤ m,q ≤ 2000,k = 1
100% 1 ≤ n ≤ 500,0 ≤ m,q ≤ 2000,0 ≤ k ≤ 10 9
/*
类似分层图最短路
堆优化dij，dis[i][j]表示到i这个点用了j次通道的最短距离
*/
#include<queue> #include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> #define N 501 #define M 2001 using namespace std; int n,m,g,k; int front[N],to[M<<1],nxt[M<<1],val[M<<1],tot; bool fly[M<<1]; int DIS[N][2001]; struct node { int tim,dis,num; bool operator < (node p) const{ return dis>p.dis; } }cur,nt; priority_queue<node>q; void read(int &x) { x=0; char c=getchar(); while(!isdigit(c)) c=getchar(); while(isdigit(c)){x=x*10+c-'0';c=getchar();} } void add(int u,int v,int w,bool fl) { to[++tot]=v; nxt[tot]=front[u]; front[u]=tot; val[tot]=w; fly[tot]=fl; } inline void init() { read(n);read(m);read(g);read(k); int u,v,w;k=min(g,k); while(m--) { read(u);read(v);read(w);add(u,v,w,0); } while(g--) { read(u);read(v);read(w);add(u,v,w,1); } } void dijkstra() { memset(DIS,63,sizeof(DIS)); cur.dis=0;cur.num=1;cur.tim=0; DIS[1][0]=0;q.push(cur); while(!q.empty()) { cur=q.top();q.pop(); if(cur.num==n) { printf("%d",cur.dis);return; } if(DIS[cur.num][cur.tim]!=cur.dis) continue; for(int i=front[cur.num]; i; i=nxt[i]) { if(DIS[to[i]][cur.tim+fly[i]]<cur.dis+val[i]) continue; if(cur.tim+fly[i]>k) continue; DIS[to[i]][cur.tim+fly[i]]=cur.dis+val[i]; nt.dis=cur.dis+val[i];nt.tim=cur.tim+fly[i];nt.num=to[i]; q.push(nt); } } printf("-1"); } int main() { freopen("move.in","r",stdin); freopen("move.out","w",stdout); init();dijkstra(); return 0; }
/*
51nod 算法马拉松3 Tree
树形dp f[i][j]表示以i为根，根所在联通快为j的方案数
转移的时候把i的子树一颗一颗加到i中，n^3
枚举时常数优化，降至n^2
*/
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#define N 5555
#define M 786433
using namespace std;
typedef long long LL;
struct edge
{
int t,n;
}e[N*2];
LL h[N],size[N],f[N][N],g[N],cnt[N];
int n,K,tote;
void add(int u,int v)
{
e[++tote].t=v;
e[tote].n=h[u];
h[u]=tote;
return ;
}
void dfs(int u,int fa)
{
size[u]++; f[u][1]=1;
for (int i=h[u];i;i=e[i].n)
{
int v=e[i].t;
if (v==fa) continue;
dfs(v,u);
for (int j=1;j<=size[u]+size[v];j++) g[j]=0;
for (int j=1;j<=size[u];j++) g[j]=cnt[v]*f[u][j]%M;
for (int j=1;j<=size[u];j++)
for (int k=1;k<=size[v];k++)
g[j+k]=(g[j+k]+f[u][j]*f[v][k]%M)%M;
for (int j=1;j<=size[u]+size[v];j++) f[u][j]=g[j];
size[u]+=size[v];
}
for (int i=K;i<=size[u];i++) cnt[u]=(cnt[u]+f[u][i])%M;
return ;
}
int main()
{
freopen("cut.in","r",stdin);
freopen("cut.out","w",stdout);
scanf("%d %d",&n,&K);
for (int i=1;i<n;i++)
{
int u,v;
scanf("%d%d",&u,&v);
add(u,v);add(v,u);
}
dfs(1,1);
printf("%d\n",cnt[1]);
fclose(stdin);
fclose(stdout);
return 0;
}
