洛谷 9.19 月赛部分题解
前言：
这算是自己在洛谷的第一场小月赛了吧。
以前大月赛没时间打，只能打个签到题就滚粗了。
这次下午没安排，应该可以多做几道题吧。
T1 子弦
题目描述：
\(Cirno\) 有一个字符串 \(\texttt{S}\)，并希望你能求出 \(\texttt{S}\) 出现次数最多的非空子串的出现次数，记作 \(p\)。
题意比较绕，据说这道题还可以用 后缀数组求解，但我太菜了不会写。
我们最终要求的其实是出现最多的字母的次数。
简单证明一下吧，假设我们在找出来的子串为 \(S\) ,在 \(S\) 中出现次数最多的字母为 \(K\),那么第一种情况就是 \(K\) 的出现次数为一，那么
答案是不变的，第二种情况就是 \(K\) 的出现次数大于 \(1\) 那么，把 \(K\) 这个字母作为我们的子串的结果是要比 \(S\) 要优的。
综上，当子串长度为 \(1\) 个字母的时候最优。
Code
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
int n,ans,tong[30];
char s[10000010];
int main()
{
scanf("%s",s+1);
n = strlen(s+1);
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
tong[s[i]-'a']++;
}
for(int i = 0; i <= 25; i++)
{
ans = max(ans,tong[i]);
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
T2 雷雨
一句话题意：求出一个点到另外两个点的最短路径的和，重复的部分不算在其中。
一开始我用 \(BFS\) 写的，调过了样例，结果交上去愉快的 \(TLE\) 了，后来改成 \(dij\) 才稳过。
对于答案路径可以拆成三个部分，第一部分 起点 \(A\) 到 某一个点 \(K\),以及由 \(K\) 再到两个终点 \(B,C\) 的最短路径。
先求出 \(A,B,C\) 到每个点的距离，然后枚举一下 中间点 \(K\) 来更新一下答案就行。
Code （有点丑）：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cstring>
using namespace std;
#define int long long
int ans = 1e15;
int n,m,a,b,c,sx,sy;
int R[1010][1010];
int d[3][1010][1010];
bool vis[1000010];
int dx[5] = {0,1,-1,0,0};
int dy[5] = {0,0,0,1,-1};
struct node
{
int x,y;
node(){}
node(int a,int b){x = a, y = b;}
};
inline int read()
{
int s = 0,w = 1; char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') w = -1; ch = getchar();}
while(ch >= '0' && ch <= '9'){s = s * 10 + ch - '0'; ch = getchar();}
return s * w;
}
void bfs(int now)
{
memset(vis,0,sizeof(vis));
priority_queue<pair<int,int> > q;
if(now == 0) sx = 1, sy = a;
if(now == 1) sx = n, sy = b;
if(now == 2) sx = n, sy = c;
q.push(make_pair(-R[sx][sy],(sx-1) * n + sy)); d[now][sx][sy] = R[sx][sy];
while(!q.empty())
{
int t = q.top().second; q.pop();
int x = t / m + 1, y = t - (x-1) * m;
if(y == 0) x--, y = m;
// cout<<now<<" "<<x<<" "<<y<<endl;
if(vis[t]) continue;
vis[t] = 1;
for(int i = 1; i <= 4; i++)
{
int xx = x + dx[i];
int yy = y + dy[i];
if(xx < 1 || xx > n || yy < 1 || yy > m) continue;
if(d[now][xx][yy] > d[now][x][y] + R[xx][yy])
{
d[now][xx][yy] = d[now][x][y] + R[xx][yy];
q.push(make_pair(-d[now][xx][yy],(xx-1) * n+ yy));
}
}
}
}
signed main()
{
memset(d,0x3f,sizeof(d));
n = read(); m = read(); a = read(); b = read(); c = read();
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
for(int j = 1; j <= m; j++)
{
R[i][j] = read();
}
}
bfs(0); bfs(1); bfs(2);
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
for(int j = 1; j <= m; j++)
{
ans = min(ans,d[0][i][j] + d[1][i][j] + d[2][i][j] - 1LL * 2 * R[i][j]);
}
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
后面的两道期望题，直接把我劝退了。蓝瘦。
T3 梦原
比赛时想不到正解，打了个链的暴力滚粗了。
对于链的情况，树的形态是确定的，我们要求的问题就是类似于 积木大赛的那个问题。
直接把代码粘过来就行了。
T4 线性生物：
考场上推了一波 subtack1 的柿子就滚粗了，后面的 \(dp\) 柿子带后效性就不会推了。
设 \(f[i]\) 表示从 \(i\) 走到 \(n\) 的期望步数。
转移就有 \(f[i] = (1 - {1\over 2}) \times (f[i] + 1) + (1-{1\over 2}) \times(f[i+1] + 1))\)
化简一下柿子可得 \(f[i] = f[i+1] + 2\)
代码就不粘了。
总结一下，这次月赛的前两道题还算很有好的，但后面两道期望的题，直接把我劝退了。
但很多大佬都说这套题简单，有很多大佬都 \(AK\) 了，哎还是自己太菜了。
但这次应该可以涨一波估值吧，自己的已经好几周，没更新了。
