编程之美初赛第二场AB
题目1 : 扑克牌
描述
一副不含王的扑克牌由52张牌组成，由红桃、黑桃、梅花、方块4组牌组成，每组13张不同的面值。现在给定52张牌中的若干张，请计算将它们排成一列，相邻的牌面值不同的方案数。
牌的表示方法为XY，其中X为面值，为2、3、4、5、6、7、8、9、T、J、Q、K、A中的一个。Y为花色，为S、H、D、C中的一个。如2S、2H、TD等。
输入
第一行为一个整数T，为数据组数。
之后每组数据占一行。这一行首先包含一个整数N，表示给定的牌的张数，接下来N个由空格分隔的字符串，每个字符串长度为2，表示一张牌。每组数据中的扑克牌各不相同。
输出
对于每组数据输出一行，形如"Case #X: Y"。X为数据组数，从1开始。Y为可能的方案数，由于答案可能很大，请输出模264之后的值。
数据范围
1 ≤ T ≤ 20000
小数据
1 ≤ N ≤ 5
大数据
1 ≤ N ≤ 52
- 样例输入
-
5 1 TC 2 TC TS 5 2C AD AC JC JH 4 AC KC QC JC 6 AC AD AS JC JD KD
- 样例输出
-
Case #1: 1 Case #2: 0 Case #3: 48 Case #4: 24 Case #5: 120
设dp[a][b][c][d][l]状态为当前某面值的牌只存一张的有a种，面值牌剩两张的有b种，如此类推，最后是上一个操作是对一张、两张。。。的操作。如l=3,则对三张的操作，会使得c-1,b+1。可以看到是记忆化搜索。注意的是，当上一前操作如l=3时，如果当前操作减少两张的，则应该是有（b-1）种可能，因为当前的b有一种是不能添加的，会造成相邻同面值。#include <iostream> #include <cstdio> #include <algorithm> #include <cstring> #define uLL unsigned long long using namespace std; uLL dp[15][15][15][15][5]; int counts[15]; int sum[5]; char stin[5]; bool vis[15][15][15][15][5]; int check(char s){ if(s== 'A') return 1; if(s== 'T') return 10; if(s== 'J') return 11; if(s== 'Q') return 12; if(s== 'K') return 13; return s-'0'; } uLL dfs(int a,int b,int c,int d,int l){ if(dp[a][b][c][d][l]) return dp[a][b][c][d][l]; if(a){ dp[a][b][c][d][l]+=dfs(a-1,b,c,d,1)*(a-(l==2?1:0)); } if(b) dp[a][b][c][d][l]+=dfs(a+1,b-1,c,d,2)*(b-(l==3?1:0)); if(c) dp[a][b][c][d][l]+=dfs(a,b+1,c-1,d,3)*(c-(l==4?1:0)); if(d) dp[a][b][c][d][l]+=dfs(a,b,c+1,d-1,4)*d; return dp[a][b][c][d][l]; } int main(){ int T,icase=0,n; memset(dp,0,sizeof(dp)); scanf("%d",&T); while(T--){ scanf("%d",&n); memset(counts,0,sizeof(counts)); memset(sum,0,sizeof(sum)); for(int i=1;i<=n;i++){ scanf("%s",stin); counts[check(stin[0])]++; } for(int i=1;i<=13;i++){ sum[counts[i]]++; } for(int i=1;i<=4;i++){ dp[0][0][0][0][i]=1; } uLL ans=dfs(sum[1],sum[2],sum[3],sum[4],0); for(int i=1;i<=13;i++){ for(int j=1;j<=counts[i];j++) ans*=j; } printf("Case #%d: %llu\n",++icase,ans); } return 0; }题目2 : 攻城略地
时间限制:2000ms单点时限:1000ms内存限制:256MB描述
A、B两国间发生战争了，B国要在最短时间内对A国发动攻击。已知A国共有n个城市（城市编号1, 2, …, n），城市间有一些道路相连。每座城市的防御力为w，直接攻下该城的代价是w。若该城市的相邻城市（有道路连接）中有一个已被占领，则攻下该城市的代价为0。
除了占领城市，B国还要摧毁A国的交通系统，因而他们需要破坏至少k条道路。由于道路损毁，攻下所有城市的代价相应会增加。假设B国可以任意选择要摧毁的道路，那么攻下所有城市的最小代价是多少？
输入
第一行一个整数T，表示数据组数，以下是T组数据。
每组数据第一行包含3个整数n, m, k。
第二行是n个整数，分别表示占领城市1, 2, …, n的代价w。
接下来m行每行两个数i, j，表示城市i与城市j间有一条道路。
输出
对于每组数据输出一行，格式为"Case #X: Y"。X表示数据编号（从1开始），Y为答案。
数据范围
1 ≤ T ≤ 30
k ≤ m
0 ≤ w ≤ 108
小数据
1 ≤ n ≤ 1000
0 ≤ m ≤ 5000
大数据
1 ≤ n ≤ 106
0 ≤ m ≤ 106
- 样例输入
-
2 4 4 2 6 5 3 4 1 2 1 3 2 3 2 4 4 4 4 6
可以很明显知道，对一个连通分量，只需选择最小的一点攻克即可。那么，也可以知道，如果减少的边使连通分量变成一棵树，而边数又大于k，则只需攻克各自最小的那些点即可。否则，对于一棵树，任意减少一条边，最多增加一个连通分量。但希望把连通分量中最小值最小化，因此，把所有的点排序，从左往右，对于树，只需去掉不是最小值点的最小值的边，划分出一个连通分量即可。（代码WA，不知为何。。）#include <iostream> #include <cstdio> #include <algorithm> #include <cstring> #define LL long long using namespace std; const int MAXN=1000150; bool vis[MAXN],pre[MAXN]; struct Point{ int v,p; }cities[MAXN]; int find(int x){ int r=x; while(pre[r]!=r){ r=pre[r]; } while(pre[x]!=x){ int t=pre[x]; pre[x]=r; x=t; } return r; } void Union(int u,int v){ int fu=find(u); int fv=find(v); if(fu!=fv){ pre[fu]=fv; } } bool cmp(Point a,Point b){ if(a.v<b.v) return true; return false; } int main(){ int T,n,m,k,u,v,icase=0; scanf("%d",&T); while(T--){ scanf("%d%d%d",&n,&m,&k); for(int i=1;i<=n;i++){ scanf("%d",&cities[i].v); cities[i].p=i; pre[i]=i; } for(int i=1;i<=m;i++){ scanf("%d%d",&u,&v); Union(u,v); } sort(cities+1,cities+1+n,cmp); LL ans=0; int tot=0; memset(vis,false,sizeof(vis)); for(int i=1;i<=n;i++){ int t=find(cities[i].p); if(!vis[t]){ ans+=cities[i].v; tot++; vis[t]=true; } } printf("Case #%d: ",++icase); if(m-k>=n-tot){ printf("%lld\n",ans); } else{ k-=m-(n-tot); memset(vis,false,sizeof(vis)); for(int i=1;i<=n&&k>0;i++){ if(!vis[pre[cities[i].p]]){ vis[pre[cities[i].p]]=true; continue; } ans+=cities[i].v; k--; } printf("%lld\n",ans); } } }
