9.20水题大赏

2022-9-20

T1：

扫雷

一眼看上去是一个DP题，但通过观察样例以及自己列举数据可以发现，若整个矩阵的第一个已确定是否有雷，那么整个矩阵都可以确定了。因此所有情况只可能有$0$或$1$或$2$种方案。所以我们枚举第一个为$0$或$1$，代表没有雷或有雷，再依次确定剩下的位置，若在某个位置与上面有冲突，那么这种情况即不存在。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define MAXN 10010
using namespace std;
int n,a[MAXN],dp[MAXN],flag=0;
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d",&a[i]);
    if(a[1]==3||a[n]==3){printf("0");return 0;}
    for(int j=0;j<=1;j++)
    {
        memset(dp,-1,sizeof(dp));
        dp[1]=j;
        dp[0]=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            if(a[i]==0)
            {
                if(dp[i-1]||dp[i]){break;}
                dp[i+1]=0;
            }
            else if(a[i]==1)
            {
                if(dp[i-1]&&dp[i]){break;}
                else if((!dp[i-1])&&(!dp[i]))
                {
                    if(i<n)dp[i+1]=1;
                    else break;
                }
                else dp[i+1]=0;
            }
            else if(a[i]==2)
            {
                if(i==1)
                {
                    if(!dp[i])break;
                    if(i<n)dp[i]=dp[i+1]=1;
                    else break;
                }
                else
                {
                    if((!dp[i-1])&&(!dp[i])){break;}
                    else if(dp[i-1]&&dp[i])dp[i+1]=0;
                    else
                    {
                        if(i<n)dp[i+1]=1;
                        else break;
                    }
                }
            }
            else if(a[i]==3)
            {
                if((!dp[i-1])||(!dp[i])){break;}
                if(i<n)dp[i+1]=1;
                else break;
            }
            if(i==n)flag++;
        }
    }
    printf("%d",flag);
    return 0;
}

T2：

互不侵犯

一道经典的状压$DP$，设$DP[i][j][k]$表示当前在第$i$行，已经放了$j$个国王,并且该行的状态为$k$时的方案数。每次枚举上一行的状态，若与该行状态不冲突则方案数累加。

代码 ：

#include<bits/stdc++.h>
#define MAXN 10
#define int long long
using namespace std;
int n,k,dp[11][110][1030],ans=0;//第i行,已经放了j个,状态为k
vector<int> sta;
void init()
{
    for(int i=0;i<(1<<n);i++)
    {
        if(i&(i<<1))continue;
        sta.push_back(i);
    }
}
int num(int n)
{
    int ans=0;
    while(n)
    {
        ans+=(n&1);
        n>>=1;
    }
    return ans;
}
signed main()
{
    scanf("%lld%lld",&n,&k);
    init();
    for(int i=0;i<sta.size();i++)
    {
        dp[1][num(sta[i])][sta[i]]=1;
    }
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        for(int j=0;j<sta.size();j++)
        {
            for(int l=0;l<=k;l++)
            {
                int nu=num(sta[j]);
                if(l-nu<0)continue;
                for(int kk=0;kk<sta.size();kk++)
                {
                    if(sta[kk]&sta[j])continue;
                    if(sta[kk]&(sta[j]<<1))continue;
                    if(sta[kk]&(sta[j]>>1))continue;
                    dp[i][l][sta[j]]+=dp[i-1][l-nu][sta[kk]];
                }
            }
        }
    }
    for(int i=0;i<sta.size();i++)
        ans+=dp[n][k][sta[i]];
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}

T3：

繁忙的都市

最小生成树板子，不多赘述。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define MAXM 100010
#define MAXN 310
using namespace std;
int n,m,x,y,z,tot=0,maxans=0,cnt=0;
int father[MAXN];
int fa(int data)
{
    if(father[data]==data)return data;
    return father[data]=fa(father[data]);
}
struct edge
{
    int l,r,w;
}ed[MAXM];
bool cmp(edge a,edge b)
{
    return a.w<b.w;
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
        ed[++tot].l=x;
        ed[tot].r=y;
        ed[tot].w=z;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        father[i]=i;
    sort(ed+1,ed+m+1,cmp);
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        if(fa(ed[i].l)==fa(ed[i].r))continue;
        maxans=max(maxans,ed[i].w);
        father[fa(ed[i].l)]=father[fa(ed[i].r)];
        cnt++;
        if(cnt==n-1)break;
    }
    printf("%d %d",n-1,maxans);
    return 0;
}

T4：

最大子矩阵

一道比较毒瘤的题。
观察数据范围，发现$m=1、2$。当$m=1$时，题目便是求选$k$段的最大子段和，$DP$比较方便。而当$m=2$时，$DP$就比较繁琐了。设$dp[i][j][k]$表示当前在第$i$行，已经取了$j$个矩阵，并且当前行与上一行的状态为$k$时的最大和。其中$k$取$1\mathrm{到}5$，分别代表该行两个都不取、只取左边的，只取右边的、取左右两边并且不作为一个整体(即左边在一个矩阵里，右边在一个矩阵里)和取两边并且作为一个整体这$5$种情况。在$DP$时，这$5$种情况要分别从上一行转移过来。注意情况很多，有序枚举避免遗漏。

代码