DTOJ 2022-11-15 测试题解

测试成果

100+100+50+10=260

还行吧（虽然 T2 做法很迷惑）

A 惊鸿 (grace)

题面大意

给定一个 $n$ 行 $m$ 列的仅包含小写字母的矩阵 $A$ 。求从 $(1, 1)$ 到 $(n, m)$ 只向下或向右走，且路径上的所有字符按照顺序排列可以构成一个回文串的路径条数。答案对 $993244853$ 取模。 $1 \leq n, m \leq 500$

题解

直接 dp 就完了呀，我们可以从两端开始匹配字母

记 $f_{i, j, t}$ 表示当前走了 $t$ 步，匹配到的最后一个点的行数分别为 $i, j$

注意到列数可以用 $t, i, j$ 表示

然后转移就很容易啦

具体看代码空间有点紧开了个滚动数组（

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 505, P = 993244853;
int n,m;
char s[N][N];
int f[N][N][3]; //滚动数组
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m); int sts=((n+m-1)>>1)-1; //前后需要走的步数
	for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%s",s[i]+1);
	f[1][n][0]=(s[1][1]==s[n][m]);
	int cr=1;
	for(int t=1; t<=sts; t++,cr^=1)
	{
		for(int i=1; i<=n; i++)
			for(int j=1; j<=n; j++) f[i][j][cr]=0; //开滚动记得清空
		for(int i=1; i<=min(n,1+t); i++)
			for(int j=max(i,n-t); j<=n; j++)
			{
				int yi=t-i+2; int yj=n+m-t-j;
				if(yi>yj or s[i][yi]!=s[j][yj]) continue;
				ll res=0;
				if(i>1 and j<n) res+=f[i-1][j+1][cr^1];
				if(yi>1 and j<n) res+=f[i][j+1][cr^1];
				if(i>1 and yj<m) res+=f[i-1][j][cr^1];
				if(yi>1 and yj<m) res+=f[i][j][cr^1];
				f[i][j][cr]=res%P;
			}
	}
	cr^=1; //注意最后一次 dp 的时候 cr 多异或了一次 1 （因为这个调了一会
	if((n+m-1)&1) // 处理答案要分奇偶
	{
		int ans=0;
		for(int i=1; i<=n; i++)
			for(int j=1; j<=n; j++)
			{
				int yi=sts-i+2,yj=n+m-sts-j;
				if(j-i==1 and yj-yi==1) ans=(ans+((ll)f[i][j][cr]<<1))%P; 
                	//这边方案数记得乘 2
				else if(j-i==2 or yj-yi==2) ans=(ans+f[i][j][cr])%P;
			}
		printf("%d\n",ans);
	}
	else
	{
		int ans=0;
		for(int i=1; i<=n; i++)
			for(int j=1; j<=n; j++)
			{
				int yi=sts-i+2,yj=n+m-sts-j;
				if((j-i)+(yj-yi)==1) ans=(ans+f[i][j][cr])%P;
			}
		printf("%d\n",ans);
	}
	return 0;
}

B 长夜 (story)

DTOJ P6368

题面大意

给定一张 $n$ 个点的有向图，每个点都有且仅有一条出边，初始时 $i$ 号点的出边连向 $a_{i}$ 号点。你每次可以选择一个点 $i$ ，改变它的出边所连向的点，并花费 $c_{i}$ 的代价。求使得这张图强连通的最小总代价。对于所有测试数据，保证 $2 \leq n \leq 10^{5}$ ， $1 \leq a_{i} \leq n$ ， $a_{i} \neq i$ ， $1 \leq c_{i} \leq 10^{9}$ 。

题解

我这题做法很玄学，不知道怎么过去的

首先你注意到每个点有且仅有一条出边，那就是一个内向基环树森林.

因为最终的图还是一棵基环树，所以要使得图强联通，就要让他变成一个环

我们先把每一个基环树做成一个环，再合并起来.

如果一个基环树内已经有过改变，合并不需要代价，因为你可以把这条边直接改到环上

所以你只需要考虑一下有几棵基环树开始就是环.

然后对于每一棵基环树内部，考虑它的每一个节点，如果入度大于 1，我们就要删去这些边，只保留一条边.

贪心地选，只要让这条保留的边是最大的就好了.

然后要注意一个特判，如果环上的边没有删去，那就不可能还是一个环.

所以你加入亿点点特判就好了

具体见代码

好像好写的做法就是每次枚举删的边，然后这个时候选取每个点入度的最大值，这个用增量法优化一下就好了（

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 1e5+5, inf = 1e9+114514;
int n,a[N],c[N];
int col[N],ncol;
int p[N],np,deg[N];
int in_r[N],rp[N],nr;
int mnir;
ll res;
vector<int> h[N];

void dfs_col(int u, int c)
{
	p[++np]=u; col[u]=c;
	if(col[a[u]]==0) dfs_col(a[u],c);
	for(int v:h[u]) if(col[v]==0) dfs_col(v,c);
}
void tpst()
{
	queue<int> q;
	for(int i=1; i<=np; i++) deg[p[i]]=h[p[i]].size();
	for(int i=1; i<=np; i++) if(deg[p[i]]==0) q.push(p[i]);
	while(!q.empty())
	{
		int u=q.front(); q.pop();
		deg[a[u]]--; if(deg[a[u]]==0) q.push(a[u]);
	}
	for(int i=1; i<=np; i++) if(deg[p[i]]>0) rp[++nr]=p[i],in_r[p[i]]=1;
}
void work()
{
	int flag=0; ll sum=0,d=mnir; // d 表示如果一定要删环上的一条边，最小多少，初始化显然是环上最小边
	for(int i=1; i<=np; i++) 
		if(h[p[i]].size()>1)
		{
			int mxv=0; ll res1=0,res2=0; // mxv表示最大的边的起点
			for(int v:h[p[i]]) if(c[v]>c[mxv] or (c[v]==c[mxv] and !in_r[v] and in_r[mxv])) mxv=v; //找 mxv，注意要优先选非环上边
			for(int v:h[p[i]]) if(v!=mxv) { res1+=c[v]; if(in_r[v]) flag=1; } //res1 表示直接贪心做, flag 表示当前有没有删过环
			sum+=res1; mxv=0; int vld=0; // vld 表示求 d 的时候有没有删到环，如果没有删到就说明这时候做的是树边，是假的不能更新 d
			for(int v:h[p[i]]) if(!in_r[v] and c[v]>c[mxv]) mxv=v; //求 d 要找一遍环，枚举是哪个点删环，要保证 mxv 不在环上
			for(int v:h[p[i]]) if(v!=mxv) { res2+=c[v]; if(in_r[v]) vld=1; } 
			if(vld) d=min(d,res2-res1);
		}
	if(flag) res+=sum;
	else res+=sum+d;
}
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%d%d",&a[i],&c[i]),h[a[i]].push_back(i); // 反边
	int flag=0;
	for(int i=1; i<=n; i++)
		if(!col[i])
		{
			np=nr=0;
			dfs_col(i,++ncol); //找连通块
			tpst(); //拓扑找环
			mnir=inf; for(int i=1; i<=nr; i++) mnir=min(mnir,c[rp[i]]); // 找环里最小边
			if(nr==np) res+=mnir,flag=1; //如果本来就是环，加入答案
			else work();
		}
	if(ncol==1 and flag) res-=mnir; //如果整个图只有一个环，要特判
	printf("%lld\n",res);
	return 0;
}

总之很玄学

C 苍穹 (universe)

DTOJ P6369

题面大意

给定一个长度为 $n$ 的正整数序列，其中有些位置为空，另一些位置已经填好了数字。

你需要删去序列中的一个位置（可以是空的位置，也可以不是），然后在剩余的位置中填入数字，满足：所有数字均为 $[1, n]$ 之间的正整数，且两两不同。保证原序列已经填入的数字满足该条件。

求填入数字后字典序最小的序列。 $n \leq 2 \times 10^{5}$

题解

怎么又是这种一堆细节的分讨题

总之我还没补完

$O (n^{2})$ 暴力

当然是枚举删去的点然后直接贪心填，找字典序最小的，

这甚至有 $50 \sim 55$ 分

正解

首先考虑如果删的数是 $0$ ，一定是对原序列没有影响的，直接贪心把零填上，遇到第一个 $a_{i} > a_{i + 1}$ 的时候删去 $i$ 这个位置一定是最优的

然后如果删掉序列里非 $0$ 的数，可以考虑从头到尾贪心.

如果第一个 $0$ 前面出现了 $a_{i} > a_{i + 1}$ ，删去 $i$ 一定是最优的，删去别的数一定更劣

如果没有，说明 $0$ 前面是一个单增序列，这时候我们有三种做法

删去单增序列最后一个
直接贪心填 $0$
在序列后面删除最小的元素，再把它填到 $0$ 上

考虑什么时候取这三种情况

记直接贪心填的数为 $c u r$ ，单增序列末尾为 $p e a k$ ， $0$ 后面最小的元素为 $m i n$

那么当 $c u r < p e a k$ 显然直接 删去单增序列最后一个

当 $c u r > p e a k$ 的时候，如果 $m i n < c u r$ ，在序列后面删除最小的元素，再把它填到 $0$ 上

否则如果 $m i n > c u r$ 直接贪心填 $0$ ，然后继续往下找下一个 $0$ 贪心

序列后面最小的元素可以用 set 维护

具体见代码

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 2e5+5;
int T,n,a[N],vt[N<<1],b[N],res[N];
void init()
{
	scanf("%d",&n); for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%d",&a[i]);
	for(int i=1; i<=n; i++) res[i]=n;
}
int tmp[N]; 
void D(int x) // 贪心做
{
	int tp=0,cur=1;
	while(vt[cur] and cur!=a[x]) cur++;
	for(int i=1; i<=n; i++)
	{
		if(i==x) continue;
		if(a[i]) tmp[++tp]=a[i];
		else { tmp[++tp]=cur++; while(vt[cur] and cur!=a[x]) cur++; }
	}
	int flag=0;
	for(int i=1; i<n; i++)
	{
		if(tmp[i]>res[i]) return ;
		else if(tmp[i]<res[i]) { flag=1; break; }
	}
	if(flag) for(int i=1; i<n; i++) res[i]=tmp[i];	
}

void work() // 分讨
{
	for(int i=1; i<=n; i++) vt[i]=0;
	for(int i=1; i<=n; i++) vt[a[i]]=1;
	int cur=1; while(vt[cur]) cur++;
	int flag=0;
	for(int i=1; i<=n; i++)
	{
		if(a[i]==0)
		{
			b[i]=cur++; while(vt[cur]) cur++;
		}
		else b[i]=a[i];
		if(i>1 and b[i]<b[i-1]) { flag=1; D(i-1); break; }
	}
	if(!flag) D(n);
	map<int,int> mp;
	for(int i=1; i<=n; i++) if(a[i]) mp.insert({a[i],i});
	int L=1;
	cur=1; while(vt[cur]) cur++;
	for(int i=1; i<=n; i++)
	{
		if(a[i]==0)
		{
			for(int j=L+1; j<i; j++) if(a[j]<a[j-1]) { D(j-1); return ; }
			int peak=((L==i)?0:a[i-1]); auto mn=*mp.begin();
			if(cur<peak) {  D(i-1); return; }
			else if(mn.first<cur) { D(mn.second); return; }
			else { cur++; while(vt[cur]) cur++; }
			L=i+1;
		}
		else mp.erase(a[i]);
	}
}
int main()
{
	scanf("%d",&T);
	while(T--) { init(); work(); for(int i=1; i<n; i++) printf("%d ",res[i]); puts(""); }
	return 0;
}

D 浮光 (history)

DTOJ P6370

题面大意

在一个有障碍点的 $n$ 行 $m$ 列的网格图中，用 $(x, y)$ 来表示第 $x$ 行第 $y$ 列的格子。

如果该网格图中的回路满足：不经过任何一个障碍点且回路不自交，则我们称该回路为合法的简单回路。

有 $q$ 次询问，每次询问有多少条合法的简单回路经过了 $(x, y)$ 与 $(x + 1, y)$ 之间的边。答案对 $10^{9} + 7$ 取模。

对于所有测试数据，保证 $1 \leq n \leq 1000$ ， $1 \leq m \leq 6$ ， $0 \leq k \leq 100$ ， $1 \leq q \leq 10^{4}$ 。

题解

插头 dp

红日学长说是板子题，没见过也应该会

但我不会

等学了插头 dp 再来补吧

posted @ 2022-11-16 17:13 copper_carbonate 阅读(246) 评论(1) 编辑收藏举报

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