The 2019 ICPC Asia Shanghai Regional Contest

K.Color Graph

题意：给出一个由n个点和m 条边组成的无向图，保证无自环无重边，初始时所有的边都是白色的，每一次都可以选择一条边把它染成红色，不过需要保证不存在红色的奇环，现在要求尽可能多的将白边染成红色，问最多能染多少条边

题解：

• 看到奇环首先想到二分图：所以这道题就转化成了一个二分图问题:就是要找尽可能多的边使得这些边组成的图是二分图。
• 看到数据范围首先想到状压（二进制）：用一个二进制串表示每个点的状态(即是在二分图左半部分还是在右半部分呢)

第ii位二进制位为11,说明编号为ii的节点在二分图左半部分。为0则是在右半部分。对于二进制为11的点,我们把它们染色为1,对于二进制位为0的点,我们染色为0，然后遍历mm条边，如果边的两个端点颜色不同，那么符合条件的边的个数加11，如果端点颜色一样，即两个点同在左半部或者右半部， 则不能选择这条边

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define endl '\n'
const int maxn = 17*17;
int a[maxn],b[maxn];
bool vis[17];

int main()
{
    int t,cas=0;cin>>t;
    while( t-- ){
        int n,m; cin>>n>>m;
        for(int i=1;i<=m;i++) cin>>a[i]>>b[i];
        int ans=0;
        for(int j=0;j<1<<n;j++){    //枚举状态
            for(int k=0;k<16;k++){  //遍历状态的每一位
                vis[k]=(j>>k)&1;    //如果第k位为1,染色为编号为i的节点1; 否则染色为0
            }
            int num=0;
            for(int i=1;i<=m;i++){
                num+=vis[a[i]]^vis[b[i]];//第i条边的两段的点颜色一样异或为0代表不取,不一样以后为1则取
            }
            ans=max(ans,num);
        }
        printf("Case #%d: %d\n",++cas,ans);
    }
    return 0;
}

 

B.Prefix Code

题意：给出n个字符串（长度不超过10），让我们判断是否存在某一个字符串是其他字符串的前缀

思路：直接暴力判断

    #include<bits/stdc++.h>
    using namespace std;
    const int maxn=1e4+10;
    map<string,int>mp;
    string tmp[maxn];
    int main()
    {
        int T;
        scanf("%d",&T);
        int Case=0;
        while(T--){
            mp.clear();
            int n;
            scanf("%d",&n);
            for(int i=1;i<=n;i++){
                cin>>tmp[i];
                mp[tmp[i]]++;
            }
            int flag=0;
            for(int i=1;i<=n;i++){
                if(flag==-1) break;
                int len=tmp[i].size();
                for(int j=1;j<len;j++){
                    string t=tmp[i].substr(0,j);
                    if(mp[t]) flag=-1;
                }
                if(mp[tmp[i]]>=2) flag=-1;
            }
            printf("Case #%d: ",++Case);
            if(flag==-1) printf("No\n");
            else printf("Yes\n");
        }
        return 0;
    }

 

E . Cave Escape

思路：题目给出了矩阵每一个位置的val的计算方法，以及相邻两个点之间的权值计算方法

　　　我们考虑对相邻点建边，然后跑最大生成树，跑满n个点，即n-1条边即可

#include<bits/stdc++.h>
#pragma GCC optimize(2)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e6+100;
 
int n,m,sr,sc,tr,tc;
int a,b,c,p,X[N];
 
struct  Edge{
    Edge(int x=0,int y=0,int val=0):x(x),y(y),val(val){}
    bool operator<(const Edge &t){return val>t.val;}
    int x,y,val;
};
int fa[N],ran[N];
int get(int x){return x==fa[x]?x:fa[x]=get(fa[x]);}
bool unite(int x,int y){
    x=get(x),y=get(y);
    if(x==y) return false;
    if(ran[x]<ran[y])
        fa[x]=y;
    else{
        fa[y]=x;
        if(ran[x]==ran[y]) ran[x]++;
    }
    return true;
}
inline int val(int i,int j){return X[(i-1)*m+j];}
Edge e[N*2];
int tot=0;
int main(){
    int t,kase=0;
    scanf("%d",&t);
    while(t--){
        tot=0;
        scanf("%d%d%d%d%d%d",&n,&m,&sr,&sc,&tr,&tc);
        scanf("%d%d%d%d%d%d",X+1,X+2,&a,&b,&c,&p);
        for(int i=1;i<=n*m;++i){fa[i]=i;ran[i]=0;}
        for(int i=3;i<=n*m;++i)X[i]=(a*X[i-1]+b*X[i-2]+c)%p;
 
        for(int i=1;i<=n;++i)
            for(int j=1;j<=m;++j){
                if(i+1<=n)e[tot++]=Edge((i-1)*m+j,i*m+j,val(i,j)*val(i+1,j));
                if(j+1<=m)e[tot++]=Edge((i-1)*m+j,(i-1)*m+j+1,val(i,j)*val(i,j+1));
            }
        sort(e,e+tot);
        ll ans=0,cnt=n*m-1;
        for(int i=0;i<tot;++i){
            Edge &t=e[i];
            //int u=get(t.x),v=get(t.y);
            if(!unite(t.x,t.y))
                continue;
            ans+=t.val;
            if(--cnt==0)break;
        }
        printf("Case #%d: %lld\n",++kase,ans);
    }
    return 0;
}

 D. Spanning Tree  Removal

思路：构造题，可以知道最大个数就是n/2；

           构造方式为：按照z字形的方式构造

按编号从小到大逆时针排列在一个圆上。

1. 以点 x 为起点，顺时针走 1 个点到点 y ， x 和 y 之间删边。
2. 以点 y 为起点，逆时针走 2 个点到点 z ， y 和 z 之间删边。
3. 以点 z 为起点，顺时针走 3 个点到点 k ， z 和 k 之间删边。
4. …
   

   #include <bits/stdc++.h>
   using namespace std;
   int main()
   {
       int t,n,cas=0;
       scanf("%d",&t);
       while(t--){
           scanf("%d",&n);
           printf("Case #%d: %d\n",++cas,n/2);
           for(int i=1;i<=n/2;i++){
               int L=i;
               int R=(L+n-1)%n;
               if(R==0) R=n;
               R++;
               int x=i;
               int flag=0;
               for(int j=1;j<n;j++){
                   if(!flag){
                       L++;
                       int y=L;
                       printf("%d %d\n",x,y);
                       x=y;
                       flag=1;
                   }
                   else{
                       R--;
                       if(R==0) R=n;
                       int y=R;
                       printf("%d %d\n",x,y);
                       x=y;
                       flag=0;
                   }
               }
           }
       }
       return 0;
   }