随笔分类 - ACM题解
摘要：题目链接题意：给定一个01串S,求出它的一个尽可能长的子串S[i..j]，满足存在一个位置iusing namespace std;const int N = 1e6 + 11;char s[N];int a[N];int pre[N], suf[N];int start[N], end[N];in...
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摘要：题意描述很纠结，前后WA了数十次……AC后的理解：给一棵树，每个结点有2个值，bug和brain，要获取brain必先消灭bug，现从结点1出发，给你m个starship troopers，每个starship troopers能对付20个bug，问最多能得到多少brain。在攻克的过程中，对于途中经过的结点，如果该点bug不为0，则要留下一个starship troopers在此结点，否则不需留。对于叶子结点，即使bug为0，也要派starship troopers去收获brain。data：5 00 1 0 1 0 5 0 1 0 2 1 2 1 3 2 4 2 55 20 1 0 1 0
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摘要：题意：求区间[A , B]中能被自身的数位和整除的数有多少个。1 <= A <= B <= 109 分析：由于在DP的过程中不知道最后的数位和是多少，所以状态不好设计，但是考虑到数位和最大是81，所以可以用类似枚举数位和的思想来设计状态。View Code #include <stdio.h>#include <string.h>#define N 11int digit[N];int dp[N][82][82][82];int dfs(int pos,int sum,int mod,int m,int f){ if(pos==-1) return (
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摘要：题意：给一棵树，问最少砍断多少条边才能产生一个恰含m个结点的子树。分析：将树有根化后，我们考虑以 i 为根结点的子树，要在这棵子树内产生一个结点数目为 j 的子树，要么包含结点 i ，要么不包含，所以定义 dp[i][j][0]表示从以结点 i 为根的子树中得到恰含 j 个节点且不含结点 i 的子树最少需要砍掉的边数，dp[i][j][1]表示从以结点 i 为根的子树中得到恰含 j 个节点且包含结点 i 的子树最少需要砍掉的边数。初始化：树DP中的初始化其实可以把所有结点都看成是叶子结点来处理，dp[i][0][0]=0,dp[i][1][1]=0，其余的全初始化为INF状态转移：dp[a][
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摘要：题意：现有一棵苹果树，树中每个结点上都有一定数量的苹果，问若从根结点出发，最多只能走K步（每一步都只能从一个结点走到相邻结点），最多能摘多少苹果。分析：定义dp[i][j][0]，表示从 i 出发，向下走 j 步，最后回到 i 最多能摘的苹果数，dp[i][j][1]表示从 i 出发，向下走 j 步最后没有回到 i 最多能摘多少苹果。View Code #include <stdio.h>#include <string.h>#include <algorithm>using namespace std;#define N 101int n,e,step,w
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摘要：题意：对一棵树，求出从每个结点出发能到走的最长距离（每个结点最多只能经过一次），将这些距离按排成一个数组得到d[1],d[2],d[3]……d[n] ，在数列的d中求一个最长的区间，使得区间中的最大值与最小值的差不超过m。分析：用2次dfs能求出树的直径，对于树中任意结点，到树的直径的2个端点的距离的较大者即为最长距离。得到数组d后，用2个单调队列分别维护最大与最小值，扫描d数组，同时更新答案。View Code #include <stdio.h>#include <string.h>#include <algorithm>using namespace
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摘要：题意：一个电视网络要转播一场比赛，电视网络的拓扑结构是一棵树，树根是总站，叶子结点都是用户，树边权为信号通过此边的费用，转播总费用为信号通过的所有边的权和，现已知每个用户愿意交付的费用，问电视台在不亏本的情况下最多能为多少用户转播比赛。分析：定义dp[i][j]为从结点 i 往下给 j 个用户转播比赛的最大利润，最后的答案就是使 dp[1][j] 非负的最大的j，可以二分求解。dfs里面那个 j 循环需要根据叶子结点的数目进行优化，否则会TLEView Code #include <stdio.h>#include <string.h>#include <algo
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摘要：题意：从时间0开始需要接待n个人，对于每个人，可以选择接待或者跳过，若接待，花费的时间是T+ai ，T为开始接待这个人的时间，若跳过则罚时bi ，现给定总时间K，问你最多能接待多少人？分析：如果接待的人的集合确定了，那你一定先接待 bi 小的人再接待 bi 大的人，所以我们可以先按 b 从小到大排序。定义dp[i][j]表示从 i 到 n 的人共接待 j 个人的花费（i 到 n这一段的花费）。dp[i][j]=min( dp[i+1][j] , dp[i+1][j-1] - a[i] + j*b[i] )，最后从大往小找dp[0][j]不超过K的最大的 j 即是答案。View Code #in
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摘要：题意：n个地点构成一棵树，第 i 个地点有 t_i 个人，现要选一个地点开会，求所有人行走距离之和的最小值。N<=10^5分析：先任选一个地点，求出总代价，然后就能求出相邻点的代价，一遍dfs就能求出所有点的代价。dfs会爆栈，需要开内存挂：#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")View Code #include <stdio.h>#include <string.h>#include <algorithm>using namespace std;#defin
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摘要：题意：给一个无向图连通，图中每个结点都有一个权值，问能否割掉图中的一条边，使得图变为2个连通支，若能，使2个连通支中权值和的差最小，输出差的绝对值。N<=10^4分析：dfs时用tarjan判断边是否为割边，若是就更新答案。需注意的是有重边。View Code #include <stdio.h>#include <string.h>#include <algorithm>using namespace std;#define N 10000#define M 20000#define INF 0x3f3f3f3fint n,m,e,w[N];int
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摘要：题意：对树中每个结点求其与能到达的最远结点的距离。N<=10^4分析：先求出树的直径（树中距离最远的2个点之间路径），对每个结点，求到达直径2个端点的距离，较大的即为结果。View Code #include <stdio.h>#include <string.h>#include <algorithm>using namespace std;#define N 10001int n,e;int first[N],next[N<<1],v[N<<1],w[N<<1];int dx[N],dy[N];void init
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摘要：题意：求树的最大点独立集中点的数目。View Code #include <stdio.h>#include <string.h>#include <algorithm>using namespace std;#define N 6001int n,e;int w[N],first[N],next[N],v[N],p[N];int dp[N][2];void init(){ e=0; memset(first,-1,sizeof(first)); memset(p,0,sizeof(p)); memset(dp,0,sizeof(dp));}void add
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摘要：题意：给定一棵树，边权表示通过此边的代价，给k个机器人，指定从点s出发，求遍历所有结点的最小代价和。分析：设计状态时不难想到用dp[i][j]表示从结点 i 出发遍历以它为根的子树的最小代价，但是转移时就遇到麻烦了，考虑只给你 1 个机器人的时候，这时要遍历所有结点就必然要走回头路，如果我们对每个结点再增加一个信息，表示从 i 出发遍历以 i 为根的子树且最后回到 i 的最小代价，这样转移就好办了，对于每个结点，将 j 个机器人分配给它的所有子结点，若分配 0 个机器人，则表明要派一个机器人去，遍历完了又回到 i 。方便起见，就以dp[i][0]表示从 i 出发遍历完子树 i 又回到i的最小代
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摘要：题意：给一棵带权有根树，边权表示切断此边的代价，现有一台切边的机器，但它有一个上限值up limited power，只能切断边权不超过up limited power的边，现要切断根节点与所有叶子结点的联系，总代价即为所切边的边权和，给定最大代价m，求最小的up limited power。数据范围：n<=1000，m<=1000000，1<=边权wi<=1000分析：二分答案，然后树DP判断。复杂度为O(NlogW)View Code #include <stdio.h>#include <string.h>#include <algo
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摘要：题意：给n个病毒字符串和一个程序字符串，若程序字符串包含某个病毒字符串或者它的反串，则包含这个病毒，问所给程序字符串包含多少个病毒？分析：用病毒串和反串建立AC自动机，然后求包含多少病毒，但同一个病毒可能会被计算2次（如果病毒和它的反串都出现在程序中），对于每个病毒，它在自动机中都有2个结点代表自身结尾和反串结尾，我们对每个病毒都记录这2个结点，在统计的过程中可以把走过的结点打上标记，最后再统计哪些病毒的2个结点都被标记，说明被统计了2次，需要减去一次，这样就没问题了。但是题中说了程序串是压缩的，所以需要先需处理，而且还要考虑嵌套压缩的情况，当时就没考虑到……View Code #includ
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摘要：分析：只需枚举4个起始时间即可，确定起始时间后，后面的时间就都确定了，求最大值时，利用贪心策略，每次都选结束时间最早的。题中说的时间不会超过1000，貌似数据中有大于1000的，被坑了……View Code #include <stdio.h>#include <string.h>#include <algorithm>using namespace std;#define N 300struct node{ int x,y; bool operator<(const node &t) const { return y<t.y; }};i
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摘要：题意：求区间(P , Q]中第K个恰含x个4和y个7的数。P,Q<2^63分析：以前看到的数位DP的题都是求某个区间内满足给定条件的数的个数，看到这题我们一下可能没什么想法，也可能想到先求区间内的个数，然后二分答案，初看起来可以，但仔细想想就会发现有问题，因为即使知道(P , Q]内恰好有K个，你还是不知道第K个是哪个，所以二分貌似做不了。后来搜了下别人的解法，看过之后才恍然大悟，求解的过程非常巧妙，简而言之就是从高到低依次确定各个位的数字。不解释太多，看代码就明白了……View Code #include <stdio.h>#include <string.h>
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摘要：题意：维护一个整数序列，支持2种操作：1 a b k c将区间[a b]中满足(i-a)%k==0的数加上c；2 x查询第x个数的值。数据范围：整数个数N<=50000，操作次数Q<=50000，1<=k<=10分析：此题关键在于处理修改操作，我们发现修改是等间隔的，所以可以将数组拆开如下：k=1时，间隔为0：1 2 34 5 6 7 8 9 10……k=2时，间隔为1：1 3 5 7 9 ……2 4 6 8 10……k=3时，间隔为2：1 4 7 10……2 5 8 ……3 6 9 ……按以上拆法，可以得到55个整数序列，每次修改都是对其中一个序列进行的连续修改，由于
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摘要：题意：给n个正整数，代表n条边，现将n条边拼成一个三角形（每条边都要用到），问能组成多少个不同的三角形。View Code #include <stdio.h>#include <algorithm>#include <set>using namespace std;#define MP make_pairint l[15],n;int x[3];struct pro{ int ans,sum; set<pair<int,pair<int,int> > > Set; void init() { ans=sum=0; Set
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摘要：长春网赛倒数第2题题意：给一颗带权树，树的边权代表通过所需的费用，树中每个节点有一个value，代表财富值，从结点1出发，求在时间T内到达结点n最多能带走的财富。分析：从1到n有一条必经之路，对这条路上的结点用树形DP求泛型背包，然后对这些点进行分组背包。View Code #include <stdio.h>#include <string.h>#include <queue>using namespace std;#define MAX(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))#define N 101int n,T,e;int first[N
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