模板整理
RT
有些代码写的时间很长了，会有一些错误或者非常XX的写法。。。还有很多算法不全。。。有空更新
P3385 【模板】负环
题目描述
暴力枚举/SPFA/Bellman-ford/奇怪的贪心/超神搜索
输入输出格式
输入格式：
第一行一个正整数T表示数据组数，对于每组数据：
第一行两个正整数N M，表示图有N个顶点，M条边
接下来M行，每行三个整数a b w，表示a->b有一条权值为w的边（若w<0则为单向，否则双向）
输出格式：
共T行。对于每组数据，存在负环则输出一行"YE5"(不含引号)，否则输出一行"N0"(不含引号)。
输入输出样例
说明
n\leq 2000n≤2000 m\leq 3000m≤3000-10000\leq w\leq 10000−10000≤w≤10000T\leq
code
#include<queue> #include<cstdio> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; const int INF = 10000; const int MAXN = 30000; int T, n, m; int head[MAXN * 2], tot = 0; int dis[MAXN], cnt[MAXN]; bool vis[MAXN]; struct Edge { int node, next, value; }e[MAXN]; inline int read() { int num = 0, f = 1; char ch = getchar(); while (!isdigit(ch)) { if (ch == '-') f = -1; ch = getchar(); } while (isdigit(ch)) { num = num * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); } return num * f; } void Add_Edge(int x, int y, int w) { e[++tot].node = y; e[tot].value = w; e[tot].next = head[x]; head[x] = tot; } bool SPFA(int s) { queue<int> q; memset(dis, INF, sizeof(dis)); memset(vis, false, sizeof(vis)); memset(cnt, 0, sizeof(cnt)); dis[s] = 0; vis[s] = true; cnt[s] = 1; q.push(s); while (!q.empty()) { int h = q.front(); q.pop(); vis[h] = false; for (int i = head[h], v; ~i, v = e[i].node; i = e[i].next) { if (dis[h] + e[i].value < dis[v]) { if (++ cnt[v] >= n) return true; dis[v] = dis[h] + e[i].value; if (!vis[v]) { q.push(v); vis[v] = true; } } } } return false; } int main() { T = read(); while (T --) { tot = 0; memset(head, -1, sizeof(head)); n = read(); m = read(); for (int i = 1; i <= m; ++ i) { int x = read(), y = read(), w = read(); Add_Edge(x, y, w); if (w >= 0) Add_Edge(y, x, w); } if(SPFA(1)) printf("YE5\n"); else printf("N0\n"); } return 0; }
P3387 【模板】缩点
题目背景
缩点+DP
题目描述
给定一个n个点m条边有向图，每个点有一个权值，求一条路径，使路径经过的点权值之和最大。你只需要求出这个权值和。
允许多次经过一条边或者一个点，但是，重复经过的点，权值只计算一次。
输入输出格式
输入格式：
第一行，n,m
第二行，n个整数，依次代表点权
第三至m+2行，每行两个整数u,v，表示u->v有一条有向边
输出格式：
共一行，最大的点权之和。
输入输出样例
说明
n<=10^4,m<=10^5,点权<=1000
算法：Tarjan缩点+DAGdp
code
某同学的毒瘤代码
#include <algorithm> #include <cstdio> #include <cstring> const int Max = (int)1e9 + 7; const int MaxnEdge = (int)1e5 + 5; const int MaxnVertex = (int)1e4 + 5; int Cnt,MergeCnt; int Head[MaxnVertex],MergeHead[MaxnVertex]; struct Graph{ int Vertex; int Next; }Edge[MaxnEdge],MergeEdge[MaxnVertex]; int VertexN[MaxnVertex],MergeVertexN[MaxnVertex]; int DFSN[MaxnVertex],Lowest[MaxnVertex]; int Top,Stack[MaxnVertex]; bool InStack[MaxnVertex]; int Time; bool IsNotZero[MaxnVertex]; int Link[MaxnEdge]; int MergeVertex; int H,T; int Queue[MaxnVertex]; bool Visited[MaxnVertex]; int Dis[MaxnVertex]; int Ans; int N,M; void Insert(int From,int To,int &TmpCnt,int *TmpHead,Graph *TmpEdge){ TmpEdge[++ TmpCnt].Next = TmpHead[From]; TmpEdge[TmpCnt].Vertex = To; TmpHead[From] = TmpCnt; } void Tarjan(int X){ DFSN[X] = Lowest[X] = ++Time; Stack[++ Top] = X; InStack[X] = true; int TmpV; // TmpVertex for(int i = Head[X];i;i = Edge[i].Next){ TmpV = Edge[i].Vertex; if(InStack[TmpV]) Lowest[X] = std::min(Lowest[X], DFSN[TmpV]); else if (!DFSN[TmpV]) Tarjan(TmpV), Lowest[X] = std::min(Lowest[X], Lowest[TmpV]); /*if(!DFSN[TmpV]){ Tarjan(TmpV); Lowest[X] = std::min(Lowest[X],Lowest[TmpV]); } else if(InStack[TmpV]) Lowest[X] = std::min(Lowest[X],Lowest[TmpV]);*/ } /*if(DFSN[X] == Lowest[X]){ ++ MergeVertex; TmpV = Stack[-- Top]; while(TmpV != X){ Link[TmpV] = MergeVertex; InStack[TmpV] = false; MergeVertexN[MergeVertex] += VertexN[TmpV]; TmpV = Stack[-- Top]; } }*/ if(DFSN[X] == Lowest[X]){ ++ MergeVertex; TmpV = Stack[Top]; while(TmpV != X){ Link[TmpV] = MergeVertex; InStack[TmpV] = false; MergeVertexN[MergeVertex] += VertexN[TmpV]; TmpV = Stack[-- Top]; } Link[TmpV] = MergeVertex; InStack[TmpV] = false; MergeVertexN[MergeVertex] += VertexN[TmpV]; TmpV = Stack[-- Top]; } } void Merge(){ int TmpV; //TmpVertex for(int i = 1;i <= N;++ i){ for(int j = Head[i];j;j = Edge[j].Next){ TmpV = Edge[j].Vertex; if(Link[TmpV] != Link[i]){ IsNotZero[Link[TmpV]] = true; Insert(Link[i],Link[TmpV],MergeCnt,MergeHead,MergeEdge); } } } } void SPFA(int X){ memset(Queue,0,sizeof(Queue)); memset(Dis,0,sizeof(Dis)); memset(Visited,0,sizeof(Visited)); H = T = 0; Queue[++ T] = X; Visited[X] = true; Dis[X] = MergeVertexN[X]; int TmpV,TmpVT,TmpSum; //TmpVertex,TmpVerteTo while(H != T){ H = (H + 1) % MaxnVertex; TmpV = Queue[H]; Visited[TmpV] = false; for(int i = MergeHead[TmpV];i;i = MergeEdge[i].Next){ TmpVT = MergeEdge[i].Vertex; TmpSum = Dis[TmpV] + MergeVertexN[TmpVT]; if(Dis[TmpVT] < TmpSum){ Dis[TmpVT] = TmpSum; if(!Visited[TmpVT]){ T = (T + 1) % MaxnVertex; Queue[T] = TmpVT; Visited[TmpVT] = true; } } } } for(int i = 1;i <= N;++ i) //for(int i = 1;i <= MergeVertex;++ i) Ans = std::max(Ans,Dis[i]); } void Read(){ scanf("%d%d",&N,&M); for(int i = 1;i <= N;++ i) scanf("%d",&VertexN[i]); int TmpX,TmpY; for(int i = 1;i <= M;++ i){ scanf("%d%d",&TmpX,&TmpY); Insert(TmpX,TmpY,Cnt,Head,Edge); } } int main(){ Read(); for(int i = 1;i <= N;++ i) if(!DFSN[i]) Tarjan(i); Merge(); for(int i = 1;i <= MergeVertex;++ i) if(!IsNotZero[i]) SPFA(i); printf("%d",Ans); return 0; }
mine
#include<queue> #include<cstdio> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; const int MAXN = 100010; int n,m,x,y,ans; int tot,head[MAXN]; int bc; int cnt; int top; int dfn[MAXN]; int low[MAXN]; int num[MAXN]; int col[MAXN]; int vis[MAXN]; int stack[MAXN]; int a[MAXN]; int dis[MAXN]; int linkx[MAXN], linky[MAXN]; struct Edge { int node,next,value; }e[MAXN]; inline int read() { int num = 0, f = 1; char ch = getchar(); while (!isdigit(ch)) { if (ch == '-') f = -1; ch = getchar(); } while (isdigit(ch)) { num = num * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); } return num * f; } void Add_Edge(int x,int y) { e[++tot].next = head[x]; e[tot].node = y; head[x] = tot; } void tarjan(int x) { dfn[x] = low[x] = ++cnt; stack[++top] = x; vis[x] = 1; for (int i = head[x],v; v = e[i].node,i; i = e[i].next) { if (vis[v]) low[x] = min(low[x], dfn[v]); else if (!dfn[v]) tarjan(v), low[x] = min(low[x], low[v]); } if (low[x] == dfn[x]) { ++bc; vis[x] = 0; while (stack[top+1] != x) { col[stack[top]] = bc; num[bc] += a[stack[top]]; vis[stack[top]] = 0; top--; } } } void SPFA(int x) { memset(dis, 0, sizeof(dis)); memset(vis, 0, sizeof(vis)); queue<int> que; dis[x] = num[x]; vis[x] = 1; que.push(x); while (!que.empty()) { int h = que.front(); vis[h] = 0; que.pop(); for (int i = head[h]; i ; i = e[i].next) { int v = e[i].node; if (dis[v] < dis[h] + num[v]) { dis[v] = dis[h] + num[v]; if (!vis[v]) { vis[v] = 1; que.push(v); } } } } for (int i = 1; i <= bc; ++ i) ans = max(ans, dis[i]); } int main() { n = read(); m = read(); for (int i = 1; i <= n; ++ i) a[i] = read(); for (int i = 1; i <= m; ++ i) { x = read(); y = read(); Add_Edge(x,y); linkx[i] = x; linky[i] = y; } for (int i = 1; i <= n; ++ i) if (!dfn[i]) tarjan(i); memset(head, 0, sizeof(head)); memset(e, 0, sizeof(e)); for (int i = 1; i <= m; ++ i) if (col[linkx[i]] != col[linky[i]]) Add_Edge(col[linkx[i]], col[linky[i]]); for (int i = 1; i <= bc; ++ i) SPFA(i); cout << ans << endl; return 0; }
并差集
//_查询 //路径压缩 int find(int i) { if (fa[i] != i) fa[i] = find(fa[i]); return fa[i]; } //简单合并 bool unionSet(int far, int son) { int a = find(far); int b = find(son); if (a == b) return false; fa[b] = a; cnt[a] += cnt[b]; return true; } //_按秩合并 //没怎么用过，一般路径压缩就够了。copy by 某大佬 int rank[N] = {0}; bool _unionSet(int x, int y) { int a = find(x); int b = find(y); if (a == b) return false; if (rank[a] > rank[b]) { fa[b] = a; cnt[a] += cnt[b]; } else { fa[a] = b; cnt[b] += cnt[a]; if (rank[a] == rank[b]) rank[b]++; } return true; }
乘法逆元
typedef long long ll; void exgcd(ll a, ll b, ll& d, ll& x, ll& y) { if (! b) { d = a; x = 1; y = 0; } else { exgcd(b, a % b, d, y, x); y -= x * (a / b); } } ll inv(ll a, ll p) { ll d, x, y; exgcd(a, p, d, x, y); return d == 1 ? (x + p) % p : -1; }
P3388 【模板】割点（割顶）
题目背景
割点
题目描述
给出一个n个点，m条边的无向图，求图的割点。
输入输出格式
输入格式：
第一行输入n,m
下面m行每行输入x,y表示x到y有一条边
输出格式：
第一行输出割点个数
第二行按照节点编号从小到大输出节点，用空格隔开
输入输出样例
说明
n,m均为100000
tarjan 图不一定联通！！！
code
#include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> #include<cstdlib> #include<cmath> #define MAXN 200010 using namespace std; int n,m,cnt,head[MAXN],dfn[MAXN],low[MAXN],stack[MAXN],top,num,nums,ID,ans; bool vis[MAXN],poi[MAXN],cut[MAXN]; struct Edge { int next,node,value; }e[MAXN]; void add(int u,int v) { e[++cnt].node = v; e[cnt].next = head[u]; head[u] = cnt; } void tarjan(int x,int father) { int son = 0; dfn[x] = low[x] = ++ID; for (int i = head[x] , v ; v = e[i].node , i ; i = e[i].next) { if (!dfn[v]) { tarjan(v,father); low[x] = min(low[x],low[v]); if (low[v] >= dfn[x] && x != father) cut[x] = true; else if (x == father) son++; } low[x] = min(low[x],dfn[v]); } if (x == father && son >= 2) cut[father] = true; } int main() { scanf("%d%d",&n,&m); while (m--) { int x,y; scanf("%d%d",&x,&y); add(x,y); add(y,x); } for (int i = 1; i <= n; i++) if (!dfn[i]) tarjan(i,i); for (int i = 1; i <= n; i++) if (cut[i]) ans++; printf("%d\n",ans); for (int i = 1; i <= n; i++) if (cut[i]) printf("%d ",i); return 0; }
P3384 【模板】树链剖分
题目描述
如题，已知一棵包含N个结点的树（连通且无环），每个节点上包含一个数值，需要支持以下操作：
操作1： 格式： 1 x y z 表示将树从x到y结点最短路径上所有节点的值都加上z
操作2： 格式： 2 x y 表示求树从x到y结点最短路径上所有节点的值之和
操作3： 格式： 3 x z 表示将以x为根节点的子树内所有节点值都加上z
操作4： 格式： 4 x 表示求以x为根节点的子树内所有节点值之和
输入输出格式
输入格式：
第一行包含4个正整数N、M、R、P，分别表示树的结点个数、操作个数、根节点序号和取模数（即所有的输出结果均对此取模）。
接下来一行包含N个非负整数，分别依次表示各个节点上初始的数值。
接下来N-1行每行包含两个整数x、y，表示点x和点y之间连有一条边（保证无环且连通）
接下来M行每行包含若干个正整数，每行表示一个操作，格式如下：
操作1： 1 x y z
操作2： 2 x y
操作3： 3 x z
操作4： 4 x
输出格式：
输出包含若干行，分别依次表示每个操作2或操作4所得的结果（对P取模）
输入输出样例
说明
时空限制：1s，128M
数据规模：
对于30%的数据： N \leq 10, M \leq 10N≤10,M≤10
对于70%的数据： N \leq {10}^3, M \leq {10}^3N≤103,M≤103
对于100%的数据： N \leq {10}^5, M \leq {10}^5N≤105,M≤105
code
不太会了已经QwQ
#include<cstdio> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; const int MAXN = 2 * 1e6 + 10; int cnt = 0, head[MAXN * 2]; int n, m, root, MOD, tim = 0, a[MAXN], b[MAXN]; int dep[MAXN], fat[MAXN], son[MAXN], tot[MAXN], top[MAXN], idx[MAXN]; struct Edge { int node, next; }e[MAXN]; struct Tree { int lef, rig, wei, siz, tag; }t[MAXN]; inline int read() { int num = 0, f = 1; char ch = getchar(); while (!isdigit(ch)) { if (ch == '-') f = -1; ch = getchar(); } while (isdigit(ch)) { num = num * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); } return num * f; } void add_edge(int x, int y) { e[++cnt].next = head[x]; head[x] = cnt; e[cnt].node = y; e[++cnt].next = head[y]; head[y] = cnt; e[cnt].node = x; } void update(int u) { t[u].wei = (t[u << 1].wei + t[u << 1 | 1].wei + MOD) % MOD; } void build(int u, int l, int r) { int lu = u << 1, ru = u << 1 | 1, mid = (l + r) >> 1; t[u].lef = l; t[u].rig = r; t[u].siz = r - l + 1; if (l == r) { t[u].wei = a[l]; return ; } build(lu, l, mid); build(ru, mid + 1, r); update(u); } int dfs1(int now, int fa, int de) { dep[now] = de; fat[now] = fa; tot[now] = 1; int maxson = -1; for (int i = head[now]; i ; i = e[i].next) { if (e[i].node == fa) continue; tot[now] += dfs1(e[i].node, now, de + 1); if (tot[e[i].node] > maxson) maxson = tot[e[i].node], son[now] = e[i].node; } return tot[now]; } void dfs2(int now, int topf) { idx[now] = ++tim; a[tim] = b[now]; top[now] = topf; if (!son[now]) return ; dfs2(son[now], topf); for (int i = head[now]; i ; i = e[i].next) if (!idx[e[i].node]) dfs2(e[i].node, e[i].node); } void pushdown(int u) { int lu = u << 1, ru = u << 1 | 1; if (!t[u].tag) return ; t[lu].wei = (t[lu].wei + t[lu].siz * t[u].tag) % MOD; t[ru].wei = (t[ru].wei + t[ru].siz * t[u].tag) % MOD; t[lu].tag = (t[lu].tag + t[u].tag) % MOD; t[ru].tag = (t[ru].tag + t[u].tag) % MOD; t[u].tag = 0; } void IntervalAdd(int u, int l, int r, int v) { int lu = u << 1, ru = u << 1 | 1, mid = (t[u].lef + t[u].rig) >> 1; if (l <= t[u].lef && t[u].rig <= r) { t[u].wei += t[u].siz * v; t[u].tag += v; return ; } pushdown(u); if (l <= mid) IntervalAdd(lu, l, r, v); if (r > mid) IntervalAdd(ru, l, r, v); update(u); } void TreeAdd(int x, int y, int v) { while (top[x] != top[y]) { if (dep[top[x]] < dep[top[y]]) swap(x, y); IntervalAdd(1, idx[top[x]], idx[x], v); x = fat[top[x]]; } if (dep[x] > dep[y]) swap(x, y); IntervalAdd(1, idx[x], idx[y], v); } int IntervalSum(int u, int l, int r) { int ans = 0, lu = u << 1, ru = u << 1 | 1, mid = (t[u].lef + t[u].rig) >> 1; if (l <= t[u].lef && t[u].rig <= r) return t[u].wei; pushdown(u); if (l <= mid) ans = (ans + IntervalSum(lu, l, r)) % MOD; if (r > mid) ans = (ans + IntervalSum(ru, l, r)) % MOD; return ans; } void TreeSum(int x, int y) { int ans = 0; while (top[x] != top[y]) { if (dep[top[x]] < dep[top[y]]) swap(x, y); ans = (ans + IntervalSum(1, idx[top[x]], idx[x])) % MOD; x = fat[top[x]]; } if (dep[x] > dep[y]) swap(x, y); ans = (ans + IntervalSum(1, idx[x], idx[y])) % MOD; printf("%d\n", ans); } int main() { memset(head, 0, sizeof (head)); n = read(); m = read(); root = read(); MOD = read(); for (int i = 1; i <= n; i++) b[i] = read(); for (int i = 1; i <= n - 1; i++) { int x = read(), y = read(); add_edge(x, y); } dfs1(root, 0, 1); dfs2(root, root); build(1, 1, n); while (m--) { int x, y, z, kind = read(); if (kind == 1) { x = read(); y = read(); z = read(); z = z % MOD; TreeAdd(x, y, z); } else if (kind == 2) { x = read(); y = read(); TreeSum(x, y); } else if (kind == 3) { x = read(); z = read(); IntervalAdd(1, idx[x], idx[x] + tot[x] - 1, z % MOD); } else if (kind == 4) { x = read(); printf("%d\n", IntervalSum(1, idx[x], idx[x] + tot[x] - 1)); } } return 0; }
P3374 【模板】树状数组 1
题目描述
如题，已知一个数列，你需要进行下面两种操作：
1.将某一个数加上x
2.求出某区间每一个数的和
输入输出格式
输入格式：
第一行包含两个整数N、M，分别表示该数列数字的个数和操作的总个数。
第二行包含N个用空格分隔的整数，其中第i个数字表示数列第i项的初始值。
接下来M行每行包含3个整数，表示一个操作，具体如下：
操作1： 格式：1 x k 含义：将第x个数加上k
操作2： 格式：2 x y 含义：输出区间[x,y]内每个数的和
输出格式：
输出包含若干行整数，即为所有操作2的结果。
输入输出样例
说明
时空限制：1000ms,128M
数据规模：
对于30%的数据：N<=8，M<=10
对于70%的数据：N<=10000，M<=10000
对于100%的数据：N<=500000，M<=500000
code
#include<iostream> #include<cstdio> #define INT register int using namespace std; const int MAXN = 5e5 + 5; int n, m, a[MAXN]; char ss[1<<17], *A = ss, *B = ss; char sr[20], z[20]; int C = -1, Z; inline void updata(int pos,int x) { while (pos <= n) { a[pos] += x; pos += (-pos) & pos; } } inline int query(int pos) { int ans = 0; while(pos) { ans += a[pos]; pos -= (-pos) & pos; } return ans; } int main(){ scanf("%d%d", &n, &m); for (INT i = 1; i <= n; ++ i) { int x; scanf("%d", &x); updata(i, x); } for (INT i = 1; i <= m; ++ i) { int opt, l, r; scanf("%d%d%d", &opt, &l, &r); if (opt == 1) updata(l, r); else printf("%d\n", query(r) - query(l - 1)); } return 0; }
P3390 【模板】矩阵快速幂
题目背景
矩阵快速幂
题目描述
给定n*n的矩阵A，求A^k
输入输出格式
输入格式：
第一行，n,k
第2至n+1行，每行n个数，第i+1行第j个数表示矩阵第i行第j列的元素
输出格式：
输出A^k
共n行，每行n个数，第i行第j个数表示矩阵第i行第j列的元素，每个元素模10^9+7
输入输出样例
说明
n<=100, k<=10^12, |矩阵元素|<=1000 算法：矩阵快速幂
code
#include <cstdio> #include <algorithm> using namespace std; typedef long long LL; const LL mod=1000000007; int n; LL m; struct Matrix { LL a[105][105]; Matrix operator * (const Matrix &x) const { Matrix res; for (int i = 1; i <= n; i++) for (int j = 1; j <= n; j++) { res.a[i][j] = 0; for (int k = 1; k <= n; k++) res.a[i][j] = (res.a[i][j] + a[i][k] * x.a[k][j]) % mod; } return res; } }x,ans; int main() { scanf("%d%lld",&n,&m); for (int i = 1; i <= n; i++) for (int j = 1; j <= n; j++) scanf("%lld",&x.a[i][j]); ans = x, m--; while (m) { while ((m & 1LL) == 0) x = x * x,m >>= 1LL; ans = ans * x; m >>= 1LL; x = x * x; } for (int i = 1; i <= n; i++) { printf("%lld",ans.a[i][1]); for (int j = 2; j <= n; j++) printf(" %lld",ans.a[i][j]); printf("\n"); } return 0; }
P3382 【模板】三分法
题目描述
如题，给出一个N次函数，保证在范围[l,r]内存在一点x，使得[l,x]上单调增，[x,r]上单调减。试求出x的值。
输入输出格式
输入格式：
第一行一次包含一个正整数N和两个实数l、r，含义如题目描述所示。
第二行包含N+1个实数，从高到低依次表示该N次函数各项的系数。
输出格式：
输出为一行，包含一个实数，即为x的值。四舍五入保留5位小数。
输入输出样例
说明
时空限制：50ms,128M
数据规模：
对于100%的数据：7<=N<=13
样例说明：
如图所示，红色段即为该函数f(x)=x^3-3x^2-3x+1在区间[-0.9981,0.5]上的图像。
当x=-0.41421时图像位于最高点，故此时函数在[l,x]上单调增，[x,r]上单调减，故x=-0.41421，输出-0.41421。
（Tip.l&r的范围并不是非常大ww不会超过一位数）
code
#include<cstdio> #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; const int MAXN = 15; int n; double a[MAXN]; double F(double x) { double Sum = 0; for (int i = n; i >= 0; -- i) Sum = Sum * x + a[i]; return Sum; } int main() { double L, R; cin >> n >> L >> R; for (int i = n; i >= 0; -- i) cin >> a[i]; for (int i = 0; i < 100; ++ i) { double m1 = L + (R - L) / 3.0; double m2 = R - (R - L) / 3.0; if (F(m1) > F(m2)) R = m2; else L = m1; } printf("%.5lf\n", L); return 0; }
P3386 【模板】二分图匹配
题目背景
二分图
感谢@一扶苏一 提供的hack数据 （没错这就是ZAY大佬）
题目描述
给定一个二分图，结点个数分别为n,m，边数为e，求二分图最大匹配数
输入输出格式
输入格式：
第一行，n,m,e
第二至e+1行，每行两个正整数u,v，表示u,v有一条连边
输出格式：
共一行，二分图最大匹配
输入输出样例
说明
n,m \leq 1000n,m≤1000 ， 1 \leq u \leq n1≤u≤n ， 1 \leq v \leq m1≤v≤m
因为数据有坑，可能会遇到 v>mv>m 的情况。请把 v>mv>m 的数据自觉过滤掉。
算法：二分图匹配
code
匈牙利
#include<cstdio> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<iostream> #include<algorithm> const int N = 1e3; bool f[N][N], vis[N]; int n, m, e, match[N]; inline int read() { int num = 0, f = 1; char ch = getchar(); while (ch < '0' || ch > '9') { if (ch == '-') f = -1; ch = getchar(); } while (ch >= '0' && ch <= '9') { num = num * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); } return num * f; } bool dfs(int pos) { for (int i = 1; i <= m; ++ i) { if (f[pos][i] && !vis[i]) { vis[i] = true; if (!match[i] || dfs(match[i])) { /*如果这个点i还未匹配则pos和他匹配，如果这个点已经匹配， 那么如果本来和他匹配的点match[i]还能找到另一个点匹配则pos把i“抢”过来， 让match[i]去匹配另一个点，否则就不干涉i和match[i]匹配*/ match[i] = pos; return true; } } } return false; } int main() { n = read(); m = read(); e = read(); for (int i = 1; i <= e; ++ i) { int x = read(), y = read(); if (x <= n && y <= m) f[x][y] = true; } int ans = 0; for (int i = 1; i <= n; ++ i) { memset(vis, 0, sizeof(vis)); if (dfs(i)) ans++; } printf("%d\n", ans); }
DINIC
(脑子一抽写成了class QwQ。。。懒得改了）
#prag\ ma GCC optimize("O8") #include<queue> #include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> const int N = 2010; const int M = 1000010; const int INF = 0x7fffffff; class MAXFLOW { public: void init() { int n1 = read(), n2 = read(), m0 = read(); m = 0; n = n1 + n2 + 2; for (int i = 1; i <= m0; ++ i) { int x = read(), y = read(); if (x <= n1 && y <= n2) { Add_Edge(x + 1, y + n1 + 1, 1, m + 2); Add_Edge(y + n1 + 1, x + 1, 0, m); } } for (int i = 1; i <= n1; ++ i) { Add_Edge(1,i + 1, 1, m + 2); Add_Edge(i + 1, 1, 0, m); } for (int i = 1; i <= n2; ++ i) { Add_Edge(i + n1 + 1, n, 1, m + 2); Add_Edge(n, i + n1 + 1, 0, m); } s = 1; t = n; } void doit() { printf("%d\n",DINIC()); } bool bfs() { while (!que.empty()) que.pop(); memset(dep, 0, sizeof(dep)); que.push(s); dep[s] = 1; while (!que.empty()) { int h = que.front(); que.pop(); for (int i = head[h], v; i, v = e[i].node; i = e[i].next) { if (e[i].value > 0 && !dep[v]) { dep[v] = dep[h] + 1; que.push(v); } } } if (dep[t]) return true; return false; } int dfs(int pos, int cur) { if (pos == t) return cur; int rst = cur; for (int i = head[pos], v; i, v = e[i].node; i = e[i].next) { if (dep[v] == dep[pos] + 1 && e[i].value > 0 && rst) { int flow = dfs(v, std::min(e[i].value, rst)); if (flow > 0) { e[i].value -= flow; rst -= flow; e[e[i].rev].value += flow; } } } return cur - rst; } int DINIC() { int ans = 0; while (bfs()) ans += dfs(s, INF); return ans; } private: int n, m, s, t, dep[N], head[N]; std::queue<int> que; struct Edge { int node,value,next,rev; } e[M<<1]; inline int read() { int num = 0, f = 1; char ch = getchar(); while (ch < '0' || ch > '9') { if (ch == '-') f = -1; ch = getchar(); } while (ch >= '0' && ch <= '9') { num = (num << 3) + (num << 1) + (ch ^ 48); ch = getchar(); } return num * f; } inline void Add_Edge(int x,int y,int v,int rev) { e[++m].node = y; e[m].value = v; e[m].rev = rev; e[m].next = head[x]; head[x] = m; } } Maxflow; int main() { Maxflow.init(); Maxflow.doit(); return 0; }
P3375 【模板】KMP字符串匹配
题目描述
如题，给出两个字符串s1和s2，其中s2为s1的子串，求出s2在s1中所有出现的位置。
为了减少骗分的情况，接下来还要输出子串的前缀数组next。
（如果你不知道这是什么意思也不要问，去百度搜[kmp算法]学习一下就知道了。）
输入输出格式
输入格式：
第一行为一个字符串，即为s1
第二行为一个字符串，即为s2
输出格式：
若干行，每行包含一个整数，表示s2在s1中出现的位置
接下来1行，包括length(s2)个整数，表示前缀数组next[i]的值。
输入输出样例
说明
时空限制：1000ms,128M
数据规模：
设s1长度为N，s2长度为M
对于30%的数据：N<=15，M<=5
对于70%的数据：N<=10000，M<=100
对于100%的数据：N<=1000000，M<=1000000
样例说明：
所以两个匹配位置为1和3，输出1、3
code
#include<cstdio> #include<cstring> using namespace std; char a1[2000000],a2[2000000]; int kmp[2000000]; int main() { scanf("%s%s",&a1,&a2); int len1 = strlen(a1); int len2 = strlen(a2); kmp[0] = kmp[1] = 0; int k = 0; for (int i = 1; i <= len2; i++) { while (k && a2[i] != a2[k]) k = kmp[k]; kmp[i + 1] = a2[i] == a2[k] ? ++ k : 0; } k = 0; for (int i = 0; i < len1; i++) { while (k && a1[i] != a2[k]) k = kmp[k]; k += a1[i] == a2[k] ? 1 : 0; if (k == len2) printf("%d\n",i - len2 + 2); } for (int i = 1; i <= len2; i++) printf("%d ",kmp[i]); return 0; }
P3379 【模板】最近公共祖先（LCA）
题目描述
如题，给定一棵有根多叉树，请求出指定两个点直接最近的公共祖先。
输入输出格式
输入格式：
第一行包含三个正整数N、M、S，分别表示树的结点个数、询问的个数和树根结点的序号。
接下来N-1行每行包含两个正整数x、y，表示x结点和y结点之间有一条直接连接的边（数据保证可以构成树）。
接下来M行每行包含两个正整数a、b，表示询问a结点和b结点的最近公共祖先。
输出格式：
输出包含M行，每行包含一个正整数，依次为每一个询问的结果。
输入输出样例
说明
时空限制：1000ms,128M
数据规模：
对于30%的数据：N<=10，M<=10
对于70%的数据：N<=10000，M<=10000
对于100%的数据：N<=500000，M<=500000
样例说明：
该树结构如下：
第一次询问：2、4的最近公共祖先，故为4。
第二次询问：3、2的最近公共祖先，故为4。
第三次询问：3、5的最近公共祖先，故为1。
第四次询问：1、2的最近公共祖先，故为4。
第五次询问：4、5的最近公共祖先，故为4。
故输出依次为4、4、1、4、4。
code
#include<cstdio> #include<iostream> using namespace std; const int MAXN = 100010; int n,m,tot,x,y,a,b,s; int father[MAXN][20]; int dep[MAXN],head[MAXN]; struct edge { int next; int node; int value; }Edge[MAXN]; inline int read() { int num = 0 , f = 1; char ch = getchar(); while (!isdigit(ch)) { if (ch == '-') f = -1; ch = getchar(); } while (isdigit(ch)) { num = num * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); } return num * f; } inline void add(int x,int y) { Edge[++tot].node = x; Edge[tot].next = head[y]; head[y] = tot; Edge[++tot].node = y; Edge[tot].next = head[x]; head[x] = tot; } inline void build(int s) { for (int i = head[s]; i ; i = Edge[i].next) { int v = Edge[i].node; if (!dep[v]) { dep[v] = dep[s] + 1; father[v][0] = s; build(v); } } } int LCA(int x,int y) { if (dep[x] < dep[y]) swap(x,y); for (int i = 19; i >= 0; i--) if (dep[father[x][i]] >= dep[y]) x = father[x][i]; if (x == y) return y; for (int i = 19; i >= 0; i--) if (father[x][i] != father[y][i]) { x = father[x][i]; y = father[y][i]; } return father[x][0]; } int main() { n = read(); m = read(); s = read(); for(int i = 1; i <= n - 1; i++) { x = read(); y = read(); add(x,y); } dep[s] = 1; build(s); for (int j = 1; j <= 19; j++) for (int i = 1; i <= n; i++) father[i][j] = father[father[i][j - 1]][j - 1]; for (int i = 1; i <= m; i++){ a = read(); b = read(); printf("%d\n",LCA(a,b)); } return 0; }
P3371 【模板】单源最短路径
题目描述
如题，给出一个有向图，请输出从某一点出发到所有点的最短路径长度。
输入输出格式
输入格式：
第一行包含三个整数N、M、S，分别表示点的个数、有向边的个数、出发点的编号。
接下来M行每行包含三个整数Fi、Gi、Wi，分别表示第i条有向边的出发点、目标点和长度。
输出格式：
一行，包含N个用空格分隔的整数，其中第i个整数表示从点S出发到点i的最短路径长度（若S=i则最短路径长度为0，若从点S无法到达点i，则最短路径长度为2147483647）
输入输出样例
说明
时空限制：1000ms,128M
数据规模：
对于20%的数据：N<=5，M<=15
对于40%的数据：N<=100，M<=10000
对于70%的数据：N<=1000，M<=100000
对于100%的数据：N<=10000，M<=500000
样例说明：
图片1到3和1到4的文字位置调换
code
Dijkstra
#include<cstdio> #include<cstring> #include<queue> using namespace std; const int MAXN = 10010; const int MAXM = 500010; const int maxx = 2147483647; int n,m,s,x,y,z,cnt,h,v; int head[MAXN],d[MAXN]; bool vis[MAXN]; queue <int>q; struct edge{ int next; int node; int value; }Edge[MAXM]; void add(int u,int v,int w) { Edge[++cnt].next = head[u]; Edge[cnt].node = v; Edge[cnt].value = w; head[u] = cnt; } void SPFA() { while (!q.empty()) q.pop(); memset(vis,0,sizeof(vis)); q.push(s); d[s] = 0; vis[s] = true; while (!q.empty()) { h = q.front() ; q.pop() ; vis[h] = 0; for (int i = head[h]; i ; i = Edge[i].next) { v = Edge[i].node; if (d[h] + Edge[i].value < d[v]) { d[v] = d[h] + Edge[i].value; if (!vis[v]) { q.push(v); vis[v] = true; } } } } } int main() { scanf("%d%d%d",&n,&m,&s); for (int i = 1; i <= n; i++) d[i] = maxx; for (int i = 1; i <= m; i++) { scanf("%d%d%d",&x,&y,&z); add(x,y,z); } SPFA(); for (int i = 1; i <= n; i++) printf("%d ",d[i]); return 0; }
SPFA
#include<cstdio> #include<cstring> #include<queue> #include<algorithm> #include<iostream> #define MAXN 500010 #define oo 2147483647 using namespace std; int head[MAXN * 2],dis[MAXN],tot,n,m,s; bool vis[MAXN]; typedef pair<int, int> pir; struct Edge { int node; int next; int value; }e[MAXN]; inline void add(int x,int y,int z) { e[++tot].node = y; e[tot].value = z; e[tot].next = head[x]; head[x] = tot; } priority_queue<pir, vector<pir>, greater<pir> > que; void dijkstra(int s) { dis[s] = 0; que.push(make_pair(dis[s], s)); while (!que.empty()) { pir temp = que.top(); que.pop(); int x = temp.second; if (!vis[x]) { vis[x] = true; for (int i = head[x]; i ; i = e[i].next) { int v = e[i].node; if (dis[v] > dis[x] + e[i].value) { dis[v] = dis[x] + e[i].value; que.push(make_pair(dis[v],v)); } } } } } inline int read() { int num = 0, f = 1; char ch = getchar(); while (!isdigit(ch)) { if (ch == '-') f = -1; ch = getchar(); } while (isdigit(ch)) { num = num * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); } return num * f; } int main() { n = read(); m = read(); s = read(); for (int i = 1; i <= m; i++) { int x,y,z; x = read(); y = read(); z = read(); add(x,y,z); } for (int i = 1; i <= n; i++) dis[i] = oo; dijkstra(s); for (int i = 1; i <= n; i++) printf("%d ",dis[i]); return 0; }
P3389 【模板】高斯消元法
题目背景
Gauss消元
题目描述
给定一个线性方程组，对其求解
输入输出格式
输入格式：
第一行，一个正整数 nn
第二至 n+1n+1 行，每行 n+1n+1 个整数，为 a_1, a_2 \cdots a_na1,a2⋯an 和 bb ，代表一组方程。
输出格式：
共n行，每行一个数，第 ii 行为 x_ixi （保留2位小数）
如果不存在唯一解，在第一行输出"No Solution".
输入输出样例
说明
1 \leq n \leq 100, \left | a_i \right| \leq {10}^4 , \left |b \right| \leq {10}^41≤n≤100,∣ai∣≤104,∣b∣≤104
#include<cstdio> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<iostream> #include<algorithm> class Gussian { public: void init() { n = read(); for (int i = 1; i <= n; ++ i) for (int j = 1; j <= n + 1; ++ j) a[i][j] = read(); } void doit() { for (int i = 1; i <= n; ++ i) { int k = i; double t; for (int j = i + 1; j <= n; ++ j) if (Abs(a[k][i]) < Abs(a[j][i])) k = j; if (k != i) for (int j = 1; j <= n + 1; ++ j) t = a[k][j], a[k][j] = a[i][j], a[i][j] = t; if (Abs(a[i][i]) >= eps) for (int j = 1; j <= n; ++ j) { if (i != j) { t = a[j][i] / a[i][i]; for (int k = 1; k <= n + 1; ++ k) a[j][k] -= t * a[i][k]; } } } int wq = 0, wj = 0; for (int i = 1; i <= n; ++ i) { int j = 1; while (Abs(a[i][j]) < eps && j <= n + 1) ++ j; if (j > n + 1) wq = 1; if (j == n + 1) wj = 1; } if (wj) { printf("No Solution"); flag = true; return ; } if (wq) { printf("No Solution"); flag = true; return ; } for (int i = n; i >= 1; -- i) { for (int k = i + 1; k <= n; ++ k) a[i][n+1] -= a[i][k] * f[k]; f[i] = a[i][n+1] / a[i][i]; } } void print() { if (!flag) for (int i = 1; i <= n; ++ i) printf("%.2lf\n", f[i]); } private: const double eps = 1e-5; double a[101][101],f[101] = {0}; int n; bool flag = false; inline int read() { int num = 0, f = 1; char ch = getchar(); while (!isdigit(ch)) { if (ch == '-') f = -1; ch = getchar(); } while (isdigit(ch)) { num = num * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); } return num * f; } double Abs(double num) { return num < 0 ? - num : num; } }gussian; int main() { gussian.init(); gussian.doit(); gussian.print(); }
中国剩余定理
LL ex_gcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y) { if (!b) { x = 1, y = 0; return a; } LL d = ex_gcd(b, a % b, x, y); LL temp = x; x = y, y = temp - a / b * y; return d; } LL china(LL *W, LL *B, LL k) { LL x, y, a = 0, m, n = 1; for (LL i = 0; i < k; ++ i) n *= W[i]; for (LL i = 0; i < k; ++ i) { m = n / W[i]; ex_gcd(W[i], m, x, y); a = (a + y * m * B[i]) % n; } return (a + n) % n; }
topsort
void topsort() { queue<int> q; for (int i = 1; i <= n; ++ i) if (!indegr[i]) q.push(i); while (!q.empty()) { int h = q.front(); q.pop(); for (int i = head[h], v; i, v = e[i].node ; i = e[i].next) { -- indegr[v]; if (C[h] > 0) C[v] += C[h] * e[i].value; if (!indegr[v]) q.push(v); } } }
不定期更新ing...
