2017.10.23解题报告
预计分数：100+60+0=160
实际分数：100+80+0=180
T1
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。
样例输入
abaazooabz
样例输出
3
数据范围
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。
正解的做法我一开始想到了
但是我感觉时间复杂度应该是O(n^2)，于是就没有写
然后自己推了一个很***钻的做法
首先把每一个节点按照题目的规则，从左到右依次编号
把相同编号的两个点的位置看做一条线段
开一棵线段树
每次查询左端点的权值-右端点的权值，加到答案里
再在线段树中把当前节点的左右端点之间的权值+1
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<cmath> 5 #define ls k<<1 6 #define rs k<<1|1 7 using namespace std; 8 const int MAXN=1000004; 9 inline int read() 10 { 11 char c=getchar();int x=0,f=1; 12 while(c<'0'||c>'9') {if(c=='-')f=-1;c=getchar();} 13 while(c>='0'&&c<='9') x=x*10+c-48,c=getchar();return x*f; 14 } 15 struct node 16 { 17 int l,r,w,f; 18 }tree[MAXN]; 19 char s[MAXN]; 20 int nxt[MAXN]; 21 int pre[MAXN]; 22 int vis[MAXN]; 23 int ans=0; 24 inline void update(int k) 25 { 26 tree[k].w=tree[ls].w+tree[rs].w; 27 } 28 inline void down(int k) 29 { 30 tree[ls].w+=(tree[ls].r-tree[ls].l+1)*tree[k].f; 31 tree[rs].w+=(tree[rs].r-tree[rs].l+1)*tree[k].f; 32 tree[ls].f+=tree[k].f; 33 tree[rs].f+=tree[k].f; 34 tree[k].f=0; 35 } 36 inline void Build_Tree(int ll,int rr,int k) 37 { 38 tree[k].l=ll;tree[k].r=rr; 39 if(tree[k].l==tree[k].r){ tree[k].w=0;return ; } 40 int mid=tree[k].l+tree[k].r>>1; 41 Build_Tree(ll,mid,ls);Build_Tree(mid+1,rr,rs); 42 update(k); 43 } 44 inline void Point_Ask(int pos,int k) 45 { 46 if(tree[k].l==tree[k].r) 47 { 48 ans=tree[k].w; 49 return ; 50 } 51 if(tree[k].f) down(k); 52 int mid=tree[k].l+tree[k].r>>1; 53 if(pos<=mid) Point_Ask(pos,ls); 54 else Point_Ask(pos,rs); 55 update(k); 56 } 57 inline void Interval_Add(int ll,int rr,int val,int k) 58 { 59 if(ll<=tree[k].l&&tree[k].r<=rr) 60 { 61 tree[k].w+=(tree[k].r-tree[k].l+1)*val; 62 tree[k].f+=val; 63 return ; 64 } 65 if(tree[k].f) down(k); 66 int mid=tree[k].l+tree[k].r>>1; 67 if(ll<=mid) Interval_Add(ll,rr,val,ls); 68 if(rr>mid) Interval_Add(ll,rr,val,rs); 69 update(k); 70 } 71 int main() 72 { 73 freopen("cross.in","r",stdin); 74 freopen("cross.out","w",stdout); 75 scanf("%s",s+1); 76 int n=strlen(s+1); 77 Build_Tree(1,n,1); 78 for(int i=1;i<=n;i++) 79 { 80 if(pre[s[i]]==0) pre[s[i]]=i; 81 if(pre[s[i]]) nxt[pre[s[i]]]=i,pre[s[i]]=i; 82 } 83 long long int tot=0; 84 for(int i=1;i<=n;i++) 85 { 86 if(vis[i]==1) continue; 87 Point_Ask(i,1);int p=ans; 88 Point_Ask(nxt[i],1); 89 tot=tot+p-ans; 90 Interval_Add(i,nxt[i],1,1); 91 vis[i]=vis[nxt[i]]=1; 92 } 93 printf("%lld",tot); 94 return 0; 95 }
T2跳跳虎回家
英⽂名称: move
时间限制: 1s
空间限制: 256M
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。
输⼊格式
第⼀⾏输⼊ 个整数 （ 表⽰点数， 表⽰普通道路的数量， 表⽰传送通道的数量， 表⽰跳跳虎最多使⽤ 次传送通道）
接下来 ⾏每⾏ 个整数 ，表⽰有⼀条从 到 ，时间花费为 的普通道路( )
接下来 ⾏每⾏ 个整数 ，表⽰有⼀条从 到 ，时间花费为 的传送通道( )
输出格式
输出⼀⾏⼀个整数表⽰最⼩时间消耗，如果没法回到家输出 。
样例输⼊
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
样例输出
2
数据范围和约定
对于 的数据，
对于另外 的数据，
对于 的数据，
n 1 n 1 n
m
k
4 n,m,q,k n m q k k
m 3 u,v,w u v w 1 ≤ u,v ≤ n,1 ≤ w ≤ 10 3
q 3 x,y,z x y z 1 ≤ x,y ≤ n,1 ≤ z ≤ 10 3
−1
30% 1 ≤ n ≤ 500,0 ≤ m,q ≤ 2000,k = 0
30% 1 ≤ n ≤ 500,0 ≤ m,q ≤ 2000,k = 1
100% 1 ≤ n ≤ 500,0 ≤ m,q ≤ 2000,0 ≤ k ≤ 10
直接跑最短路——》30分
枚举走哪一条边——》30分
无视最后的条件跑最短路——》40分
数据太水了没办法。。。。。。
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<cmath> 5 #include<queue> 6 using namespace std; 7 const int MAXN=8004; 8 const int INF=0x7fffff; 9 inline int read() 10 { 11 char c=getchar();int x=0,f=1; 12 while(c<'0'||c>'9') {if(c=='-')f=-1;c=getchar();} 13 while(c>='0'&&c<='9') x=x*10+c-48,c=getchar();return x*f; 14 } 15 int n,m,q,k; 16 int dis[MAXN]; 17 int vis[MAXN]; 18 struct node 19 { 20 int u,v,w,nxt; 21 }edge[MAXN]; 22 int head[MAXN]; 23 int num=1; 24 inline void add_edge(int x,int y,int z) 25 { 26 edge[num].u=x; 27 edge[num].v=y; 28 edge[num].w=z; 29 edge[num].nxt=head[x]; 30 head[x]=num++; 31 } 32 struct node2 33 { 34 int u,v,w,nxt; 35 }edge2[MAXN]; 36 int head2[MAXN]; 37 int num2=1; 38 inline void add_edge2(int x,int y,int z) 39 { 40 edge2[num2].u=x; 41 edge2[num2].v=y; 42 edge2[num2].w=z; 43 edge2[num2].nxt=head2[x]; 44 head2[x]=num2++; 45 } 46 int SPFA(int S,int T) 47 { 48 for(int i=1;i<=n;i++) dis[i]=INF; 49 dis[S]=0; 50 queue<int>q;q.push(S); 51 while(q.size()!=0) 52 { 53 int p=q.front();q.pop(); 54 vis[p]=0; 55 for(int i=head[p];i!=-1;i=edge[i].nxt) 56 { 57 if(dis[edge[i].v]>dis[edge[i].u]+edge[i].w) 58 { 59 dis[edge[i].v]=dis[edge[i].u]+edge[i].w; 60 if(vis[edge[i].v]==0) 61 { 62 q.push(edge[i].v); 63 vis[edge[i].v]=1; 64 } 65 } 66 } 67 } 68 return dis[n]; 69 } 70 int dp[501][4001]; 71 int rudu[501]; 72 inline void Topsort() 73 { 74 queue<int>q; 75 for(int i=1;i<=500;i++) 76 for(int j=1;j<=4000;j++) dp[i][j]=INF; 77 for(int i=1;i<=n;i++) 78 if(rudu[i]==0) q.push(i),dp[i][0]=0; 79 80 while(q.size()!=0) 81 { 82 int p=q.front();q.pop(); 83 for(int i=head[p];i!=-1;i=edge[i].nxt) 84 for(int j=0;j<=k;j++) 85 { 86 dp[edge[i].v][j]=min(dp[edge[i].v][j],dp[i][j]+edge[i].w); 87 rudu[edge[i].v]--; 88 if(rudu[edge[i].v]==0) q.push(edge[i].v); 89 } 90 91 for(int i=head2[p];i!=-1;i=edge2[i].nxt) 92 for(int j=1;j<=k;j++) 93 { 94 dp[edge[i].v][j]=min(dp[edge[i].v][j],dp[i][j-1]+edge[i].w); 95 if(rudu[edge[i].v]==0) q.push(edge[i].v); 96 } 97 98 } 99 printf("%d",dp[n][0]); 100 } 101 int main() 102 { 103 freopen("move.in","r",stdin); 104 freopen("move.out","w",stdout); 105 n=read(),m=read(),q=read(),k=read(); 106 memset(head,-1,sizeof(head)); 107 memset(head2,-1,sizeof(head2)); 108 if(k>=q) 109 { 110 for(int i=1;i<=m+q;i++) 111 { 112 int x=read(),y=read(),z=read(); 113 add_edge(x,y,z); 114 } 115 int p=SPFA(1,n); 116 if(p==INF) printf("-1"); 117 else printf("%d",p); 118 } 119 else 120 { 121 for(int i=1;i<=m;i++) 122 { 123 int x=read(),y=read(),z=read(); 124 add_edge(x,y,z);rudu[y]++; 125 } 126 for(int i=1;i<=q;i++) 127 { 128 int x=read(),y=read(),z=read(); 129 add_edge2(x,y,z);rudu[y]++; 130 } 131 if(k==0)//一条通道都不能选 132 { 133 int p=SPFA(1,n); 134 if(p==INF) printf("-1"); 135 else printf("%d",p); 136 } 137 else if(k==1) 138 { 139 int ans=INF; 140 for(int i=1;i<=num2-1;i++)//枚举选择那一条边 141 { 142 add_edge(edge2[i].u,edge2[i].v,edge2[i].w); 143 int p=SPFA(1,n); 144 if(p!=INF) ans=min(ans,p); 145 num--; 146 head[edge2[i].u]=edge[head[edge2[i].u]].nxt; 147 } 148 printf("%d",ans); 149 } 150 else 151 { 152 Topsort(); 153 } 154 } 155 156 return 0; 157 }
T3秀秀 和哺 噜国 （ cut
时间限制：
1s空间限制：512MB
【问题描述】
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! − 1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，要保证每个城市可以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 =
6×2 -. + 1。
【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!,$。
接下来的! − 1行，每行包含两个正整数1和2，表示城市1和城市2之间有一条高速公路相
连。
【输出格式】
输出文件到 cut.out 中。
输出一个非负整数，表示所求方案数对 786433 取模后的结果。
【样例 1 输入】
5 2
1 2
2 3
3 4
4 5
【样例 1 输出】
3
【样例 1 解释】
三种方案分别为：
一条高速公路也不关闭；
关闭城市 2 和城市 3 之间的高速公路；
关闭城市 3 和城市 4 之间的高速公路。
【样例 2 输入】
10 2
1 2
1 3
2 4
2 5
3 6
3 7
3 10
5 8
6 9
【样例 2 输出】
12
【子任务】
对于20%的数据：! ≤ 20;
另有30%的数据：! ≤ 100;
另有10%的数据：$ ≤ 100;
另有20%的数据：! ≤ 1000;
对于100%的数据：! ≤ 5000,$ ≤ !。
不会做，
写了个2^n的还被卡了
正解：
考虑用树形𝑑𝑝来解决这道问题。
设𝑓[𝑖][𝑗] 表示在𝑖的子树中𝑖所在的连通块大小为𝑗，且其他连通块大小均符合要求的删边方案数
对于每个点𝑖我们一棵一棵地将其子树加进来，设新加入子树的根为𝑢
若删除𝑢与𝑖之间的边，则用𝑓[𝑖][𝑗] * sum(𝑓[𝑢][𝑠]) s \in [k,n] 去更新𝑓[𝑖][𝑗]
若不删𝑢与𝑖之间的边，则枚举𝑢所在连通块的大小𝑠，并更新𝑓[𝑖][𝑗+𝑠]
时间复杂度 O(𝑛^3) ？
考虑一个优化：每次新加一颗子树时，𝑗只需枚举到前面已经加进来的子树大小之和，𝑠也只需枚举到新子树的大小
这只是一个常数优化？其实每个点对相当于只在𝑙𝑐𝑎处被算了一次
故优化后的时间复杂度是O（𝑛^2)的,本题得以解决。
总结：
这次考得还算可以吧，该拿的分都拿到了
但是这次考试的区分度不是很大
智商性选手比较吃亏，RP行选手比较占优233333
