模拟赛QAQ
100 + 30 + 0
T1 叉叉
题目描述
现在有一个字符串，每个字母出现的次数均为偶数。
接下来我们把第一次出现的字母a和第二次出现的a
连一条线，第三次出现的和四次出现的字母a连一条线，
第五次出现的和六次出现的字母a连一条线..
.对其他25个字母也做同样的操作。
现在我们想知道有多少对连线交叉。
交叉的定义为一个连线的端点在另外一个连线的内部，
另外一个端点在外部。
下图是一个例子，共有三对连线交叉（我们连线的时候，只能从字符串上方经过）。
输入输出格式
输入格式：
一行一个字符串。保证字符串均由小写字母组成，且每个字母出现次数为偶数次。
输出格式：
一个整数，表示答案。
输入输出样例
输入样例#1：
abaazooabz
输出样例#1：
3
说明
对于30% 的数据，字符串长度不超过50。
对于100% 的数据，字符串长度不超过100,000。
嗯，我用树状数组做的，把每个区间起点设为1，终点设为-1，每次统计区间和，并在区间右端点处+1
链表+前缀和O（26n）
吐槽此题数据太弱，On^2做法都能A，学校电脑啥时候跑这么快了啊
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> using namespace std; #define lowbit(x) x&(-x) const int maxn =1000007; char a[maxn];int n,t[maxn]; int num[maxn]; struct node{ int l,r; }edge[maxn]; int pre[maxn],sum[maxn]; void update(int x,int v){ while (x<=n){ sum[x]+=v; x+=lowbit(x); } } int query(int x){ int ans = 0; while(x){ ans+=sum[x]; x-=lowbit(x); } return ans; } int main (){ scanf("%s",a+1); n=strlen(a+1);int cnt=0; for(int i=1;i<=n;++i) { t[i]=a[i]-'a'; if(num[t[i]]%2==1)update(i,-1),edge[pre[t[i]]].r=i,num[t[i]]++; else update(i,1),edge[++cnt].l=i,pre[t[i]]=cnt,num[t[i]]++; } int ans=0; for(int i=1;i<=cnt;i++) { int l=edge[i].l,r=edge[i].r; ans+=query(r-1)-query(l);update(r,1); } printf("%d\n",ans); return 0; }
U14261 跳跳虎回家
题目描述
跳跳虎在外⾯出去玩忘了时间，现在他需要在最短的时间内赶回家。
跳跳虎所在的世界可以抽象成⼀个含有 个点的图（点编号从 到 ），跳跳虎现在在 号点，跳跳虎的家在 号点。
图上⼀共有 条单向边，通过每条边有固定的时间花费。
同时，还存在若⼲个单向传送通道，传送通道也有其时间花费。
传送通道⼀般来说⽐普通的道路更快，但是跳跳虎最多只能使⽤ 次。
跳跳虎想知道他回到家的最⼩时间消耗是多少。
输入输出格式
输入格式：
第一行4个整数n,m,q,k
（ n表示点数，m表示普通道路的数量， q表示传送通道的数量，k表示跳跳虎最多使k次传送通道）
接下来 n行每3 个整数a,b,c ，表示有1条从a到b,时间花费为c的普通道路
接下来 q每3个整数a,b,c，表示有1条从a到b,时间花费为c的传送道路
输出格式：
输出一行1个整数表示最少时间消耗，如果没法回到家输出-1。
输入输出样例
输入样例#1：
5 5 2 1
1 2 1
1 3 2
2 4 2
3 4 3
4 5 4
1 4 1
2 5 1
输出样例#1：
2
说明
对于30%的数据， 1 ≤ n ≤ 500,0 ≤ m,q ≤ 2000,k = 0
对于另外30%的数据， 1 ≤ n ≤ 500,0 ≤ m,q ≤ 2000,k = 1
对于100%的数据 1 ≤ n ≤ 500,0 ≤ m,q ≤ 2000,0 ≤ k ≤ 
首先k是骗人的，其次spfa瞎搞就水过去了.....吐槽此题数据太弱，spfa出队时让连向节点出队都过了....
然而我非常BS的吧s和q输反了，然后就03了
T
#include<queue> #include<cstdio> #include<cstring> using namespace std; const int maxn = 2007; struct node{ int u,v,w,next; bool flag; }edge[maxn]; struct Node{ int x,k; }cur,nxt; int head[maxn],cnt; int k; void add_edge(int u,int v,int w,bool flag) { edge[++cnt].v=v,edge[cnt].w=w,edge[cnt].next=head[u],head[u]=cnt; } queue<Node>q; int n,m; int dis[maxn][maxn]; bool vis[maxn][maxn]; bool spfa() { memset(dis,0x3f,sizeof(dis)); dis[1][0]=0;vis[1][0]=true; cur.x=1,cur.k=0; q.push(cur); while(!q.empty()) { cur=q.front(); q.pop(); int u=cur.x,kk=cur.k; for(int i=head[u];i;i=edge[i].next) { int v=edge[i].v; if(edge[i].flag) { if(kk<k&&dis[v][kk+1]>dis[u][kk]+edge[i].w) { dis[v][kk+1]=dis[u][kk]+edge[i].w; if(!vis[v][kk+1]) { nxt.k=kk+1;nxt.x=v; q.push(nxt); vis[v][kk+1]=true; } } } else { if(dis[v][kk]>dis[u][kk]+edge[i].w) { dis[v][kk]=dis[u][kk]+edge[i].w; if(!vis[v][kk]) { nxt.x=v,nxt.k=kk; q.push(nxt); vis[v][kk]=true; } } } vis[u][kk]=0; } } int ans=0x7fffffff; for(int i=0;i<=k;i++) ans=min(ans,dis[n][i]); if(ans==0x3f3f3f3f)return -1; else return ans; } int main() { // freopen("move.in","r",stdin); // freopen("move.out","w",stdout); int qq; scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&qq,&k); if(k>qq) k=qq; for(int u,v,w,i=1;i<=m;i++) { scanf("%d%d%d",&u,&v,&w); add_edge(u,v,w,0); } for(int u,v,w,i=1;i<=qq;i++) { scanf("%d%d%d",&u,&v,&w); add_edge(u,v,w,1); } printf("%d\n",spfa()); return 0; }
U14263 秀秀和哺噜国(cut)
题目描述
哺噜国里有!个城市，有的城市之间有高速公路相连。在最开始时，哺噜国里有n− 条高
速公路，且任意两座城市之间都存在一条由高速公路组成的通路。
由于高速公路的维护成本很高， 为了减少哺噜国的财政支出，将更多的钱用来哺育小哺噜，
秀秀女王决定关闭一些高速公路。 但是为了保证哺噜国居民的正常生活，
不能关闭太多的高速公路，要保证每个城市通过高速公路与至少$个城市(包括自己)相连。
在得到了秀秀女王的指令后，交通部长华华决定先进行预调研。
华华想知道在满足每个城市都可以与至少$个城市相连的前提下，
有多少种关闭高速公路的方案（可以一条也不关） 。两种方案不同，
当且仅当存在一条高速公路在一个方案中被关闭，
而在另外一个方案中没有被关闭。 由于方案数可能很大，
你只需输出不同方案数对786433取模后的结果即可。
其中786433 =
6×217+ 1。
输入输出格式
输入格式：
从文件cut.in 中读入数据。
输入第一行，包含两个正整数n,k。
接下来的n − 1行，每行包含两个正整数a和b，
表示城市a和城市b之间有一条高速公路相
连。
输出格式：
输出文件到cut.out 中。
输出一个非负整数，表示所求方案数对786433 取模后的结果。
输入输出样例
输入样例#1：
5 2
1 2
2 3
3 4
4 5
输出样例#1：
3
【样例 1 解释】
三种方案分别为：
一条高速公路也不关闭；
关闭城市2和城市3之间的高速公路；
关闭城市3和城市4之间的高速公路。
输入样例#2：
10 2
1 2
1 3
2 4
2 5
3 6
3 7
3 10
5 8
6 9
输出样例#2：
12
【子任务】
对于20%的数据：! ≤ 20;
另有30%的数据：! ≤ 100;
另有10%的数据：≤100;另有20对于100 ≤ !。
说明
空间限制：512M
推出dp不敢写，orz认为自己写不出来，然后就没写，然后xxy讲了怎么写，然后就写了，然后就没有然后了
然后这题需要开long long or 快速乘 然而51nod卡内存，所以只能写快速乘，然而今天模拟赛不卡！！
dp[i][j]表示以i为根且当前联通块大小为k的方案总数，特别的，
dp[i][0]表示割点当前点与其父亲是棵平衡树的方案总数。
对于u的一个孩子v可以得到转移方程dp[u][j+k]=dp[u][j]*dp[v][k]
另外dp[u][0]=Σdp[u][j](j>=题目给定的k)
复杂度On^3，每次dp时，只枚举当前u所在子树的大小，
每当枚举到它的其中孩子时，当前u所在子树的大小加上它孩子为根的子树的大小。
可以理解为每一个点对只被枚举到一次，然后复杂度就编程On^2了。
最后答案即为dp[1][0]
#include<cstdio> #include<cstdlib> using namespace std; #define LL long long #define maxn 5007 #define mod 1000000007 int kkk,n; int head[maxn],num,dp[maxn][maxn],size[maxn],tmp[maxn]; struct node{ int v,next; }edge[maxn<<1]; inline void add_edge(int u,int v) { edge[++num].v=v;edge[num].next=head[u];head[u]=num; } void dfs(int x,int f) { size[x]++;dp[x][1]=1; for(int i=head[x];i;i=edge[i].next) { int v=edge[i].v; if(v==f)continue; dfs(v,x); for(int j=1;j<=size[x]+size[v];++j)tmp[j]=0; for(int j=1;j<=size[x];++j)tmp[j]=(dp[v][0]%mod*dp[x][j]%mod)%mod; for(int j=1;j<=size[x];++j) for(int k=1;k<=size[v];++k) { tmp[j+k]=(tmp[j+k]+dp[x][j]*dp[v][k]%mod)%mod; } for(int j=1;j<=size[x]+size[v];++j)dp[x][j]=tmp[j]; size[x]+=size[v]; } for(int i=kkk;i<=size[x];i++)dp[x][0]=(dp[x][0]+dp[x][i])%mod; } int main () { // freopen("cut.in","r",stdin); // freopen("cut.out","w",stdout); scanf("%d%d",&n,&kkk); for(int u,v,i=1;i<n;i++) { scanf("%d%d",&u,&v); add_edge(u,v); add_edge(v,u); } dfs(1,0); printf("%d\n",dp[1][0]%mod); return 0; }
