NOIP[2015] Day2题解
问题 A: 跳石头
时间限制: 1 Sec 内存限制: 128 MB题目描述
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提示
对于 20%的数据，0 ≤ M ≤ N ≤ 10。
#include<iostream> #include<algorithm> #include<cstdio> #include<cstring> using namespace std; int m,n,k,a[100008],b[100008],ans,l,r; bool get(int xx){ int pos=0,tot=0; for(int i=1;i<=n+1;i++){ if(b[i]+pos<xx){ pos+=b[i]; tot++; }else{ pos=0; } } if(tot<=k) return true; else return false; } int main(){ scanf("%d%d%d",&m,&n,&k); for(int i=1;i<=n;i++){ scanf("%d",&a[i]); } a[0]=0; a[n+1]=m; for(int i=1;i<=n+1;i++) b[i]=a[i]-a[i-1]; l=0; r=m; while(l<=r){ int mid=(l+r) >> 1; if(get(mid)){ ans=mid; l=mid+1; }else{ r=mid-1; } } printf("%d",ans); }
问题 B: 子串
时间限制: 1 Sec 内存限制: 128 MB题目描述
有两个仅包含小写英文字母的字符串 A 和 B。现在要从字符串 A 中取出 k 个互不重叠的非空子串,然后把这 k 个子串按照其在字符串 A 中出现的顺序依次连接起来得到一 个新的字符串,请问有多少种方案可以使得这个新串与字符串 B 相等?注意:子串取出 的位置不同也认为是不同的方案。
输入
第一行是三个正整数 n,m,k,分别表示字符串 A 的长度,字符串 B 的长度,以及问题描述中所提到的 k,每两个整数之间用一个空格隔开。 第二行包含一个长度为 n 的字符串,表示字符串 A。 第三行包含一个长度为 m 的字符串,表示字符串 B。
输出
输出共一行,包含一个整数,表示所求方案数。由于答案可能很大,所以这里要求输出答案对 1,000,000,007 取模的结果。
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提示
Tips:
此题先看数据范围好像不怎么能猜出方法；
但是多想一会儿DP还是能看的出来的；
dp[i][j][k]=int；
i：第1个字符串前i个字符；
j：第2个字符串前j个字符；
k：将第1个字符串的前i个分成k段；
int：将段数连起来能构成第二个字符串前k个的方案数；
f[i][j][k]=int (和dp数组相似) ；
i：第1个字符串前i个字符；
j：第2个字符串前j个字符；
k：将第1个字符串的前i个分成k段；
int：将段数连起来能构成第二个字符串前k个的方案数；
（第一个字符串第i个字符，第二个字符串第j个字符必须选）；
Code：
#include<cstdio> #include<iostream> #include<algorithm> #include<cstring> #define MOD 1000000007 using namespace std; int n,m,k,dp[208][208],f[208][208]; char s[1008],s1[208]; void init(){ scanf("%d%d%d",&n,&m,&k); scanf("%s",s); scanf("%s",s1); } void solve(){ dp[0][0]=1; for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=m;j>0;j--) if(s[i-1]==s1[j-1]) for(int l=min(k,j);l>0;l--){ f[j][l]=(dp[j-1][l-1]+f[j-1][l])%MOD; dp[j][l]=(dp[j][l]+f[j][l])%MOD; } else fill(f[j],f[j]+min(k,j)+1,0); } void print(){ printf("%d",dp[m][k]); } int main(){ init(); solve(); print(); }
问题 C: 运输计划
时间限制: 2 Sec 内存限制: 256 MB题目描述
公元 2044 年,人类进入了宇宙纪元。
L 国有 n 个星球,还有 n-1 条双向航道,每条航道建立在两个星球之间,这 n-1 条
航道连通了 L 国的所有星球。
小 P 掌管一家物流公司,该公司有很多个运输计划,每个运输计划形如:有一艘物
流飞船需要从 ui 号星球沿最快的宇航路径飞行到 vi 号星球去。显然,飞船驶过一条航道 是需要时间的,对于航道 j,任意飞船驶过它所花费的时间为 tj,并且任意两艘飞船之 间不会产生任何干扰。
为了鼓励科技创新,L 国国王同意小 P 的物流公司参与 L 国的航道建设,即允许小 P 把某一条航道改造成虫洞,飞船驶过虫洞不消耗时间。
在虫洞的建设完成前小 P 的物流公司就预接了 m 个运输计划。在虫洞建设完成后, 这 m 个运输计划会同时开始,所有飞船一起出发。当这 m 个运输计划都完成时,小 P 的 物流公司的阶段性工作就完成了。
如果小 P 可以自由选择将哪一条航道改造成虫洞,试求出小 P 的物流公司完成阶段 性工作所需要的最短时间是多少?
输入
接下来 n-1 行描述航道的建设情况,其中第 i 行包含三个整数 ai, bi 和 ti,表示第
输出
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提示
Tips：
本题还是比较坑的，代码写的弱一点会超时；
此题可以看出是具有二分性质的；
但是二分的判断做到O（n）或O（m）看起来会很难；
由于这是一棵树，我们需要知道两点间的距离可以用tarjan求lca求出距离；
对于每个二分的答案x；
显然<=x的距离是可以不用管它的；
将>=x的距离的边数记下来；
将>=x的距离的边的起点终点加一，lca减2；（差分思想自寻百度，我也讲不清）；
dfs一遍，找到 经过边数=记下来的边数 的边，取边权最大值的；
判断最大距离-取边权最大值是否小于等于x即可；
Code：
#include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<iostream> #define MAXN 600008 using namespace std; int n,m,head[MAXN],next[MAXN],vet[MAXN],len[MAXN],dis[MAXN],ance[MAXN]; int head1[MAXN],next1[MAXN],vet1[MAXN],hh[MAXN],ans[MAXN]; int color[MAXN],fa[MAXN],tot,tot1,l,r,res,ff[MAXN],tmp[MAXN]; int find(int x){ if(fa[x]==x) return x; else return fa[x]=find(fa[x]); } void add1(int x,int y){ tot1++; hh[tot1]=x; next1[tot1]=head1[x]; head1[x]=tot1; vet1[tot1]=y; } void add(int x,int y,int z){ tot++; next[tot]=head[x]; head[x]=tot; vet[tot]=y; len[tot]=z; } void tarjan(int u){ color[u]=1; for(int i=head[u];i!=0;i=next[i]){ int y=vet[i]; if(!color[y]){ dis[y]=dis[u]+len[i]; tarjan(y); fa[y]=u; } } for(int i=head1[u];i!=0;i=next1[i]){ int y=vet1[i]; if(color[y]){ ance[(i+1)/2]=find(y); ans[(i+1)/2]=dis[u]+dis[y]-2*dis[ance[(i+1)/2]]; r=max(ans[(i+1)/2],r); } } } void dfs(int u){ color[u]=1; for(int i=head[u];i!=0;i=next[i]){ int y=vet[i]; if(!color[y]){ ff[y]=len[i]; dfs(y); tmp[u]+=tmp[y]; } } } bool check(int flag){ int ma=0,sum=0,g=0; memset(color,0,sizeof(color)); memset(tmp,0,sizeof(tmp)); for(int i=1;i<=m;i++){ if(ans[i]>flag){ tmp[hh[i*2]]++; tmp[vet1[i*2]]++; tmp[ance[i]]-=2; ma=max(ans[i],ma); sum++; } } dfs(1); for(int i=1;i<=n;i++){ if(tmp[i]==sum){ g=max(g,ff[i]); } } return (ma-g)<=flag; } void init(){ tot=tot1=0; r=0; scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=n;i++){ fa[i]=i; } for(int i=1;i<n;i++){ int x,y,z; scanf("%d%d%d",&x,&y,&z); add(x,y,z); add(y,x,z); } for(int i=1;i<=m;i++){ int x,y; scanf("%d%d",&x,&y); add1(x,y); add1(y,x); } } void solve(){ tarjan(1); l=0; res=r; while(l<=r){ int mid=(l+r) >> 1; if(check(mid)){ res=mid; r=mid-1; }else{ l=mid+1; } } } void print(){ printf("%d",res); } int main(){ init(); solve(); print(); }
