noip2015提高组day2解题报告

1、跳石头

题目描述

一年一度的“跳石头”比赛又要开始了！

这项比赛将在一条笔直的河道中进行，河道中分布着一些巨大岩石。组委会已经选择好了两块岩石作为比赛起点和终点。在起点和终点之间，有 N 块岩石（不含起点和终点的岩石）。在比赛过程中，选手们将从起点出发，每一步跳向相邻的岩石，直至到达终点。

为了提高比赛难度，组委会计划移走一些岩石，使得选手们在比赛过程中的最短跳跃距离尽可能长。由于预算限制，组委会至多从起点和终点之间移走 M块岩石（不能移走起点和终点的岩石）。

输入格式

输入文件第一行包含三个整数 L,N,M,分别表示起点到终点的距离，起点和终点之间的岩石数，以及组委会至多移走的岩石数。保证 L≥1 且 N≥M≥0。

接下来 N行，每行一个整数，第 i 行的整数 Di（0<Di<L）， 表示第 i 块岩石与起点的距离。这些岩石按与起点距离从小到大的顺序给出，且不会有两个岩石出现在同一个位置。

输出格式

输出文件只包含一个整数，即最短跳跃距离的最大值。

样例一

input

25 5 2
2
11
14
17
21

output

4

explanation

将与起点距离为 2和 14 的两个岩石移走后，最短的跳跃距离为 4（从与起点距离 17 的岩石跳到距离 21 的岩石，或者从距离 21 的岩石跳到终点）。

限制与约定

测试点编号	n,m的规模	L的规模
1	n,m≤10	L≤10^9
2
3	n,m≤100
4
5
6	n,m≤50000
7
8
9
10

时间限制：1s

空间限制：128MB

/*

显然，二分答案

*/

#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
int l,n,m;
int a[50005];
int L;
int check(int x)
{
    int last = 0;//last为前一个石头到指向石头的距离 
    int ans = 0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(a[i]-last<x) //如果第i个石头到前一个石头的距离小于假设的答案 
            ans++;  //该石头可以搬走 
        else//如果大于（即满足条件） 
            last = a[i]; //则保留该石头，并将last赋值为该石头到原点的距离以便计算下一个石头到它的距离 
    }
    if(ans>m)return 0;
    return 1;
}
int main()
{
    scanf("%d%d%d",&L,&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d",&a[i]);
    a[n+1]=L;n++;//我们假设在终点处有第n+1个石头，则他到起点的距离为L 
    int l=0,r=L;
    while(l<=r)
    {
        int mid=(l+r)/2;
        if(check(mid))l=mid+1;//说明二分结果小了，要向右二分
        else r=mid-1;//说明结果大了，要向左二分
    }
    printf("%d\n",l-1);
}

2、子串

题目描述

有两个仅包含小写英文字母的字符串 A 和 B。现在要从字符串 A 中取出 k 个互不重叠的非空子串,然后把这 k 个子串按照其在字符串 A 中出现的顺序依次连接起来得到一 个新的字符串,请问有多少种方案可以使得这个新串与字符串 B 相等?注意:子串取出 的位置不同也认为是不同的方案。

输入输出格式

输入格式：

输入文件名为 substring.in。

第一行是三个正整数 n,m,k,分别表示字符串 A 的长度,字符串 B 的长度,以及问题描述所提到的 k,每两个整数之间用一个空格隔开。 第二行包含一个长度为 n 的字符串,表示字符串 A。 第三行包含一个长度为 m 的字符串,表示字符串 B。

输出格式：

输出文件名为 substring.out。 输出共一行,包含一个整数,表示所求方案数。由于答案可能很大,所以这里要求[b]输出答案对 1,000,000,007 取模的结果。[/b]

输入输出样例

输入样例#1：

6 3 1 
aabaab 
aab

输出样例#1：

2

 

输入样例#2：

6 3 2 
aabaab 
aab

输出样例#2：

7

 

输入样例#3：

6 3 3 
aabaab 
aab

输出样例#3：

7

 

说明

对于第 1 组数据:1≤n≤500,1≤m≤50,k=1;

对于第 2 组至第 3 组数据:1≤n≤500,1≤m≤50,k=2; 对于第 4 组至第 5 组数据:1≤n≤500,1≤m≤50,k=m; 对于第 1 组至第 7 组数据:1≤n≤500,1≤m≤50,1≤k≤m; 对于第 1 组至第 9 组数据:1≤n≤1000,1≤m≤100,1≤k≤m; 对于所有 10 组数据:1≤n≤1000,1≤m≤200,1≤k≤m。

 【题目分析】转自：https://blog.sengxian.com/solutions/noip-2015-day2#toc_6

    dp题

设 $f[i][j][k]f[i][j][k] 为串 AA 匹配到第 i−1i−1 个位置（位置从 00 开始），串 BB 匹配到 j−1j−1 个位置，而且恰好选串 AA 的 i−1i−1 号字符的方案总数。设 s[i][j][k]s[i][j][k] 为串 AA 匹配到第 i−1i−1 个位置（位置从 00 开始），串 BB 匹配到 j−1j−1 个位置，的方案总数。可以知道 s[m][n][k]s[m][n][k]就是要求的答案。考虑边界，空空相对，00 组有一种方法，所以有 s[i][0][0]=1s[i][0][0]=1。接下来考虑状态转移方程：s[i][j][k]s[i][j][k] 是很容易求出来的。s[i][j][k]=s[i−1][j][k]+f[i][j][k]s[i][j][k]=s[i−1][j][k]+f[i][j][k]很好理解，s[i][j][k]s[i][j][k] 的方案数目就等于上一个阶段（串 AA 还没有使用第 i−1i−1 个位置） 的方案数目，加上串 AA 使用第 i−1i−1 个位置的方案总数。怎么求解 f[i][j][k]f[i][j][k] 呢？这里运用了类似的最长公共子序列的思想。如果 A[i−1]=B[j−1]A[i−1]=B[j−1]，那么串 AA 的 i−1i−1 位置就可以跟 i−2i−2 位置合成一组（如果可能的话），这时组数不变；也可以不跟 i−2i−2 位置合成一组，自成一组，这时组数＋1。所以f[i][j][k]=f[i−1][j−1][k]+s[i−1][j−1][k−1](A[i−1]=B[j−1])如果 f[i][j][k]=f[i−1][j−1][k]+s[i−1][j−1][k−1](A[i−1]=B[j−1])A[i−1]≠B[j−1] 呢？根据定义，A[i−1]≠B[j−1]f[i][j][k] 要恰好选串 f[i][j][k]A 的 Ai−1 号字符，现在选不了，自然为 i−10。所以0f[i][j][k]=0综上所述，得到完整的状态转移方程：f[i][j][k]=0f[i][j][k]={f[i−1][j−1][k]+s[i−1][j−1][k−1](A[i−1]=B[j−1])0(A[i−1]≠B[j−1])s[i][j][k]=s[i−1][j][k]+f[i][j][k]最后数组压到二维的就可以省空间了。f[i][j][k]={f[i−1][j−1][k]+s[i−1][j−1][k−1](A[i−1]=B[j−1])0(A[i−1]≠B[j−1])s[i][j][k]=s[i−1][j][k]+f[i][j][k]$

    

3、运输计划

题目背景

公元 2044 年,人类进入了宇宙纪元。

题目描述

L 国有 n 个星球,还有 n-1 条双向航道,每条航道建立在两个星球之间,这 n-1 条

航道连通了 L 国的所有星球。

小 P 掌管一家物流公司,该公司有很多个运输计划,每个运输计划形如:有一艘物

流飞船需要从 ui 号星球沿最快的宇航路径飞行到 vi 号星球去。显然,飞船驶过一条航道 是需要时间的,对于航道 j,任意飞船驶过它所花费的时间为 tj,并且任意两艘飞船之 间不会产生任何干扰。

为了鼓励科技创新,L 国国王同意小 P 的物流公司参与 L 国的航道建设,即允许小 P 把某一条航道改造成虫洞,飞船驶过虫洞不消耗时间。

在虫洞的建设完成前小 P 的物流公司就预接了 m 个运输计划。在虫洞建设完成后, 这 m 个运输计划会同时开始,所有飞船一起出发。当这 m 个运输计划都完成时,小 P 的 物流公司的阶段性工作就完成了。

如果小 P 可以自由选择将哪一条航道改造成虫洞,试求出小 P 的物流公司完成阶段 性工作所需要的最短时间是多少?

输入输出格式

输入格式：

输入文件名为 transport.in。

第一行包括两个正整数 n、m,表示 L 国中星球的数量及小 P 公司预接的运输计划的

数量,星球从 1 到 n 编号。

接下来 n-1 行描述航道的建设情况,其中第 i 行包含三个整数 ai, bi 和 ti,表示第

i 条双向航道修建在 ai 与 bi 两个星球之间,任意飞船驶过它所花费的时间为 ti。 接下来 m 行描述运输计划的情况,其中第 j 行包含两个正整数 uj 和 vj,表示第 j 个

运输计划是从 uj 号星球飞往 vj 号星球。

输出格式：

输出文件名为 transport.out。

共 1 行,包含 1 个整数,表示小 P 的物流公司完成阶段性工作所需要的最短时间。

输入输出样例

输入样例#1：

6 3 
1 2 3 
1 6 4 
3 1 7 
4 3 6 
3 5 5 
3 6 
2 5 
4 5

输出样例#1：

11

说明

所有测试数据的范围和特点如下表所示

请注意常数因子带来的程序效率上的影响。

这道题我并不会，华东浮山的代码，你们随便感受下，我蒟蒻 我走了

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream> 
#define N 300010
using namespace std;
int read()
{
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9')ch=getchar();
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}
struct edge{
    int next,data,d;
}e[N*2];
struct qedge{
    int next,d,lca,now;
}qe[N*2];
int n,m,i,j,q[N],efree,x,y,z,l,r,w,dfsx[N],mid,d[N],ans,ff[N],s[N],f[N],qq[N],qefree;
int max(int x,int y){return x>y?x:y;}
void add(int x,int y,int z){
    e[++efree].d=y;
    e[efree].data=z;
    e[efree].next=q[x];
    q[x]=efree;
}
void qadd(int x,int y){
    qe[++qefree].d=y;
    qe[qefree].now=x;
    qe[qefree].next=qq[x];
    qq[x]=qefree;
}
void dfs1(int x,int y,int z){
    ff[x]=y;
    d[x]=z;
    for(int i=q[x];i;i=e[i].next)
        if(e[i].d!=y)dfs1(e[i].d,x,z+e[i].data);
    dfsx[++w]=x;
}
int gf(int x){return f[x]==x?x:f[x]=gf(f[x]);}
void tarjan(int x){
    f[x]=x;
    for(int i=q[x];i;i=e[i].next)
        if(e[i].d!=ff[x]){
            tarjan(e[i].d);
            f[e[i].d]=x;
        }
    for(int i=qq[x];i;i=qe[i].next)
        if(f[qe[i].d])qe[i].lca=gf(qe[i].d);
}
bool pd(int x){
    int i,ans=0,total=0,now=0;
    memset(s,0,sizeof(s));
    for(i=1;i<=qefree;i+=2){
        qe[i].lca=max(qe[i].lca,qe[i+1].lca);
        if(d[qe[i].now]+d[qe[i].d]-2*d[qe[i].lca]>x){
            total++;
            s[qe[i].now]++;
            s[qe[i].d]++;
            s[qe[i].lca]-=2;
            now=max(now,d[qe[i].now]+d[qe[i].d]-2*d[qe[i].lca]-x);
        }
    }
    for(i=1;i<=n;i++)s[ff[dfsx[i]]]+=s[dfsx[i]];
    for(i=1;i<=n;i++)
        if(s[i]==total)ans=max(ans,d[i]-d[ff[i]]);
    return ans>=now;
}
int main(){
   n=read();m=read();
    for(i=1;i<n;i++){
        x=read();y=read();z=read();
        add(x,y,z),add(y,x,z);
        r+=z;
    }
    for(i=1;i<=m;i++){
        x=read();y=read();
        qadd(x,y),qadd(y,x);
    }
    dfs1(1,0,0);
    tarjan(1);
    while(l<=r){
        mid=(l+r)>>1;
        if(pd(mid))ans=mid,r=mid-1;
        else l=mid+1;
    }
    printf("%d",ans);
}