BUPT2017 springtraining(16) #3 ——搜索与动态规划
题目在这里啊
A.最长上升子序列,范围很小所以写了简单的O(n^2)算法
#include <iostream> #define rep(i, j, k) for(int i = j;i <= k;i ++) #define rev(i, j, k) for(int i = j;i >= k;i --) using namespace std; typedef long long ll; int n, m, a[], f[]; int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin >> n;
rep(i, , n) cin >> a[i];
rep(i, , n) {
f[i] = ;
rep(j, , i - ) {
if(a[j] < a[i])
f[i] = max(f[i], f[j] + );
}
}
rep(i, , n) m = max(m, f[i]);
cout << m;
return ;
}
B.Sum( C[i] * G[i] ) = 0 的方案数嘛
就是个分组背包问题嘛,O(n^2 * m^2 * max_weight)
#include <iostream>
#include <cstdio> using namespace std; int n, m, x, y, s, t, a[], f[][]; int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin >> n >> m, f[][] = ;
for(int i = ;i <= n;i ++)
cin >> a[i], a[i] += ;
for(int i = ;i <= m;i ++) {
cin >> x, s += x;
for(int j = ;j <= n;j ++) {
y = x * a[j];
for(int k = ;k >= y;k --) {
f[i][k] += f[i - ][k - y];
}
}
}
printf("%d\n", f[m][s * ]);
return ;
}
C.就是个阶乘+组合数,合在一起或者分开算都是ok的
不到30其实就能爆掉longlong了...题目保证不爆了就不管了
对,初始化请不要忘记有 k = 0
#include <bits/stdc++.h> #define rep(i, j, k) for(int i = j;i <= k;i ++) #define rev(i, j, k) for(int i = j;i >= k;i --) using namespace std; typedef long long ll; ll b[], a[][]; int t, n, k; int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
a[][] = b[] = b[] = ;
rep(i, , ) a[i][] = ;
rep(i, , ) {
b[i] = b[i - ] * i;
rep(j, , i)
a[i][j] = a[i - ][j - ] + a[i - ][j];
}
cin >> t;
rep(i, , t) {
cout << "Case "<< i <<": ";
cin >> n >> k;
cout << a[n][k] * a[n][k] * b[k] << endl;
}
return ;
}
D.回文串好多都是区间DP
f[i][j]代表从 i 到j 这段区间能弄出多少种回文串
其实我的DP转移方程是对着样例数据YY出来的...
if(s[i] == s[j]) f[i][j] = f[i + 1][j] + f[i][j - 1] + 1
else f[i][j] = f[i + 1][j] + f[i][j - 1] - f[i + 1][j - 1]
因为不满足 s[i] == s[j] 的话,那样子加就会重复计算,所以需要减去重复部分
否则的话,因为这段区间两边字母相同
所以就可以在它们中间夹上f[i + 1][j - 1]种回文串(所以不用减重复
另外也可以什么都不加,所以还要 +1
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
int t;
ll f[][];
string s;
cin >> t;
for(int i = ;i <= t;i ++) {
cin >> s;
memset(f, , sizeof f);
for(int j = ;j < s.size();j ++) f[j][j] = ;
for(int d = ;d < s.size();d ++)
for(int j = ;j + d < s.size();j ++) {
int k = j + d;
if(s[j] == s[k]) f[j][k] = f[j + ][k] + f[j][k - ] + ;
else f[j][k] = f[j + ][k] + f[j][k - ] - f[j + ][k - ];
}
cout << "Case " << i << ": " << f[][s.size() - ] << endl;
}
return ;
}
E.我说Floyed你就会了吧,这就很有灵性!
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio> #define rep(i, j, k) for(int i = j;i <= k;i ++) #define rev(i, j, k) for(int i = j;i >= k;i --) using namespace std; typedef long long ll; string s; bool f[][]; int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
while(cin >> s) {
if(s[] == '') {
rep(k, , )
rep(i, , )
rep(j, , )
f[i][j] |= f[i][k] & f[k][j];
puts(f[][] ? "Yes." : "No.");
memset(f, , sizeof f);
}
else f[s[] - 'a'][*(s.end() - ) - 'a'] = ;
}
return ;
}
F.不存在任何一条路径上有两点颜色相同...
n*m的矩阵,路径固定长度为n + m - 1,所以n + m - 1 > k 就不存在方案
...所以n , m <= 1000完全开玩笑的
直观来看最坏情况就是在5 * 6的矩阵里
我们考虑爆搜+检验,O(10 ^ 30 * n * m)
1. 优化一下,压位来记录前 [ i * j ] 矩阵(不含a[i][j])里用过的颜色
来确定a[i][j]的可选颜色,然后这样大概在O(10 ^ 20)
2.再优化一下,如果前 [ i * j ] 矩阵(不含a[i][j])里用过的颜色数为 C
那么剩下部分(含a[i][j])最少需要颜色数 D = n - i + m - j - 1 + 2
如果 C + D > k 那么当前方案是不可能有解的, 这样大概 O(玄学)
当然仍过不了5 * 6 矩阵初始全空的情况
3.再优化一下,当前位置如果染色为 p 或 q
这两种颜色都是第一次被使用
即之前的dfs中染过色的以及初始就被染色的部分都没使用过这两种颜色
那么我们可以认为这两种颜色是等价的
换句话说就是当前位置染色为 p 再dfs下去
和当前位置染色为 q 再dfs下去对答案的贡献是一样的
所以可以只算一个,另一个直接加上就可以了
这时候效率O(玄学 --), 5 * 6 矩阵初始全空的情况已经能过了...
大力交一发能过了...15ms很快乐
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int Mod = 1e9 + ; int n, m, k, a[][]; int used[], g[][], f[][]; ll dfs(int x, int y) {
if(y > m) x ++, y = ;
if(x > n) return ;
int z = __builtin_popcount(g[x][y] = g[x - ][y] | g[x][y - ]);
if(z + n - x + m - y + > k) return ;
ll ret = , tmp = -;
if(!a[x][y]) {
for(int i = ;i <= k;i ++) {
if((g[x][y] | f[x][y]) & ( << i)) continue;
used[i] ++, g[x][y] |= ( << i);
if(used[i] == ) {
if(tmp == -) tmp = dfs(x, y + );
ret += tmp;
}
else {
ret += dfs(x, y + );
}
used[i] --, g[x][y] ^= ( << i);
}
}
else {
g[x][y] |= ( << a[x][y]);
ret = dfs(x, y + );
}
return ret % Mod;
} int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin >> n >> m >> k;
if(n + m - > k) {
puts("");
return ;
}
for(int i = ;i <= n;i ++)
for(int j = ;j <= m;j ++) {
cin >> a[i][j];
if(a[i][j]) used[a[i][j]] ++;
}
for(int i = n;i;i --)
for(int j = m;j;j --) {
if(a[i][j] && ((f[i + ][j] | f[i][j + ]) & ( << a[i][j]))) {
puts("");
return ;
}
f[i][j] = f[i + ][j] | f[i][j + ] | ( << a[i][j]);
}
cout << dfs(, ) % Mod << endl;
return ;
}
G.结论题啦
3次bfs找到一条树的直径两个端点 s t
然后ans[i] = max( dis(i, s) , dis(i, t) )
#include <bits/stdc++.h> #define rep(i, j, k) for(int i = j;i < (k + 1);i ++) #define rev(i, j, k) for(int i = j;i >= k;i --) using namespace std; typedef long long ll; int n, st, en, vis[], dis[][]; vector <pair<int, int> > e[]; queue <int> q; void bfs(int s, int t) {
static int u;en = ;
memset(dis[t], , sizeof dis[t]);
memset(vis, -, sizeof vis);
q.push(s), vis[s] = t;
while(!q.empty()) {
u = q.front(), q.pop();
rep(i, , e[u].size() - )
if(t != vis[e[u][i].first] && dis[t][e[u][i].first] < dis[t][u] + e[u][i].second) {
dis[t][e[u][i].first] = dis[t][u] + e[u][i].second;
q.push(e[u][i].first), vis[e[u][i].first] = t;
}
}
rep(i, , n) if(dis[t][i] > en) en = dis[t][i], st = i;
} int main() {
int u, v;
ios::sync_with_stdio(false);
while(cin >> n) {
rep(i, , n) e[i].clear();
rep(i, , n) cin >> u >> v,
e[i].push_back(make_pair(u, v)), e[u].push_back(make_pair(i, v));
bfs(, ), bfs(st, ), bfs(st, );
rep(i, , n) cout << max(dis[][i], dis[][i]) << endl;
}
return ;
}
H.显然所有环都需要1次变成树
然后再数出树的数量,再并到一棵树上
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int maxn = ; vector <int> e[maxn]; int n, m, f[maxn], v[maxn], root[maxn]; void dfs1(int x) {
v[x] = ;
for(int i = ;i < e[x].size();i ++)
if(e[x][i] != x) dfs1(e[x][i]);
} int dfs2(int x, int t, int y = ) {
if(v[x] == t) return ;
else if(v[x] != && v[x] != t) return ;
v[x] = t;
for(int i = ;i < e[x].size();i ++)
y |= dfs2(e[x][i], t);
return y;
} int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin >> n;
for(int i = ;i <= n;i ++) cin >> f[i], e[f[i]].push_back(i);
for(int i = ;i <= n;i ++)
if(f[i] == i)
dfs1(i), root[++ root[]] = i, m = ;
for(int i = ;i <= n;i ++)
if(!v[i] && dfs2(i, i))
root[++ root[]] = i;
if(m) {
cout << root[] - << endl;
for(int i = ;i <= root[];i ++)
f[root[i]] = root[];
for(int i = ;i <= n;i ++)
cout << f[i] << " ";
}
else {
cout << root[] << endl;
for(int i = ;i <= root[];i ++)
f[root[i]] = root[];
for(int i = ;i <= n;i ++)
cout << f[i] << " ";
}
return ;
}
I.转一下能不能转好,一共就只有12种转法...
除去顺时针和逆时针就是6种,枚举一下再验证吧
#include <iostream>
#include <cstdio> #define rep(i, j, k) for(int i = j;i <= k;i ++) using namespace std; int f[][] = {
, , , , , , , ,
, , , , , , , ,
, , , , , , , ,
, , , , , , , ,
, , , , , , , ,
, , , , , , ,
}; bool judge(int *a) {
for(int i = ;i < ;i += )
if(!(a[i] == a[i + ] && a[i] == a[i + ] && a[i] == a[i + ]))
return ;
return ;
} bool ok(int *a, int *b, int ret = ) {
static int c[];
rep(i, , ) c[i] = c[i + ] = a[b[i]];
rep(i, , ) a[b[i]] = c[i + ];
ret |= judge(a);
rep(i, , ) a[b[i]] = c[i + ];
ret |= judge(a);
rep(i, , ) a[b[i]] = c[i];
return ret;
} int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
int n, m, a[];
cin >> n;
rep(i, , n) {
rep(i, , ) cin >> a[i];m = judge(a);
rep(i, , ) if(ok(a, f[i])) m = ;
puts(m ? "YES" : "NO");
}
return ;
}
J.一个简单的剪枝暴搜...
因为要满足同一行同一列同一区域只出现一次...
所以预处理一下就行了,压不压位随意吧...
WA了1h发现是dfs函数最后忘记写return 0...
很多地方会默认return 1所以不报编译错误...
这个时候vs大法就很舒服了...
虽然给你带个安全套,但是提醒肯定会提醒的!
#include <iostream>
#include <algorithm> using namespace std; int k, a[][], b[], c[], d[]; pair<int, int> p[]; bool dfs(int n) {
if(n > k) {
for(int i = ;i < ;i ++) {
for(int j = ;j < ;j ++)
printf("%d ", a[i][j]);
printf("%d\n", a[i][]);
}
return ;
}
int x = p[n].first, y = p[n].second, z = x / * + y / ;
for(int i = ;i <= ;i ++) {
if((b[x] | c[y] | d[z]) & ( << i)) continue;
a[x][y] = i;
b[x] ^= << i;
c[y] ^= << i;
d[z] ^= << i;
if(dfs(n + )) return ;
b[x] ^= << i;
c[y] ^= << i;
d[z] ^= << i;
}
return ;
} int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
int i, j, flag = ;
char str[];
while(cin >> str) {
if(flag ++) puts("");
for(i = ;i < ;i ++) b[i] = c[i] = d[i] = ;
i = , j = , k = ;
if(str[] == '?') a[i][j] = -, p[++ k] = make_pair(i, j);
else a[i][j] = str[] - '', b[] |= << a[i][j], c[] |= << a[i][j], d[] |= << a[i][j];
for(j ++;i < ;i ++) {
for(;j < ;j ++) {
cin >> str;
if(str[] == '?') a[i][j] = -, p[++ k] = make_pair(i, j);
else a[i][j] = str[] - '', b[i] |= << a[i][j], c[j] |= << a[i][j], d[i / * + j / ] |= << a[i][j];
}
j = ;
}
dfs();
}
return ;
}
题外话:
日常被自己的ios::sync_with_stdio坑...
会取消cin和scanf,cout和printf的同步
所以一旦开了这玩意儿就绝对不能混用了!
当然开了这玩意儿后,cin几乎是绝对比scanf好用的
因为我们很少需要格式化读入的骚操作
而cout和printf各有利弊吧
简单输出cout仍然是比printf方便的
而格式化输出的话,printf更舒服
至于puts似乎是跟printf一路的吧...
不好好训练脑子就要锈死了...
BUPT2017 springtraining(16) #3 ——搜索与动态规划的更多相关文章
- BUPT2017 springtraining(16) #1 题解
https://vjudge.net/contest/162590 A: 不难发现,当L=R时输出L,当L<R时输出2. B: 贪心得配对.1和n配 2和n-1配,对与对直接只要花1个代价就可以 ...
- BUPT2017 springtraining(16) #6 ——图论
题目链接 A.容易发现最后字符的对应都是一对一的 或者说我们没办法出现最后多对一或者一对多的情况 所以只要算出 ‘a’ - 'z' 每个字符最后对应的字符即可 #include <cstdio& ...
- BUPT2017 springtraining(16) #4 ——基础数论
题目在这里 A.手动打表找规律得组合数 n -= 2, m -= 2, ans = C(n, m) #include <bits/stdc++.h> using namespace std ...
- BUPT2017 springtraining(16) #2 ——基础数据结构
题目在这里 A.似乎是个并查集+??? B.10W的范围,似乎可以暴力来一发二分+sort? 但我猜正解可以O(nlogn)? C.单调队列入门题目 #include <cstdio> ] ...
- BUPT2017 springtraining(16) #1 ——近期codeforces简单题目回顾
这里是contest 8道题全部来源于 cf 的两场contest (出题人可真懒啊 Codeforces Round #411 (Div. 2)的ABCDE Codeforces Round #40 ...
- 【BZOJ2246】[SDOI2011]迷宫探险(搜索,动态规划)
[BZOJ2246][SDOI2011]迷宫探险(搜索,动态规划) 题面 BZOJ 洛谷 题解 乍一看似乎是可以求出每个东西是陷阱的概率,然而会发现前面走过的陷阱是不是陷阱实际上是会对当前状态产生影响 ...
- Luogu 2540 斗地主增强版(搜索,动态规划)
Luogu 2540 斗地主增强版(搜索,动态规划) Description 牛牛最近迷上了一种叫斗地主的扑克游戏.斗地主是一种使用黑桃.红心.梅花.方片的A到K加上大小王的共54张牌来进行的扑克牌游 ...
- Luogu 2668 NOIP 2015 斗地主(搜索,动态规划)
Luogu 2668 NOIP 2015 斗地主(搜索,动态规划) Description 牛牛最近迷上了一种叫斗地主的扑克游戏.斗地主是一种使用黑桃.红心.梅花.方片的A到K加上大小王的共54张牌来 ...
- Luogu 1514 引水入城 (搜索,动态规划)
Luogu 1514 引水入城 (搜索,动态规划) Description 在一个遥远的国度,一侧是风景秀美的湖泊,另一侧则是漫无边际的沙漠.该国的行政区划十分特殊,刚好构成一个N行M列的矩形,如上图 ...
随机推荐
- Atlantis(坐标离散化)
http://poj.org/problem?id=1151 题意:给出矩形的左上角坐标和右下角坐标(坐标的y轴是向下的),求出矩形面积的并.. 今天好困啊..迷迷糊糊的听会神给讲了讲,敲完之后调试了 ...
- Python机器学习算法 — KNN分类
KNN简介 K最近邻(k-Nearest Neighbor,KNN)分类算法,是一个理论上比较成熟的方法,也是最简单的机器学习算法之一.KNN分类算法属于监督学习. 最简单最初级的分类器是将全部的训练 ...
- codevs3728联合权值(LCA)
3728 联合权值 时间限制: 1 s 空间限制: 128000 KB 题目等级 : 黄金 Gold 题解 查看运行结果 题目描述 Description 输入描述 Input Des ...
- @RequestParam 和 @RequestBody 接受的时间格式
这两个接受的时间格式不相同 首先看一下他们的区别 @RequestParam用来处理Content-Type: 为 application/x-www-form-urlencoded编码的内容.(Ht ...
- JS中的面相对象
1.使用Object或对象字面量创建对象 JS中最基本创建对象的方式: var student = new Object(); student.name = "easy"; stu ...
- Spring-Security-OAuth2微信网页授权
@Controller public class Controller1 { @Autowired private OAuth2ClientContext context; @Bean @Scope( ...
- 【转】Linux GCC常用命令
转自:http://www.cnblogs.com/ggjucheng/archive/2011/12/14/2287738.html 1简介 2简单编译 2.1预处理 2.2编译为汇编代码(Comp ...
- [转]linux grep命令
转自:http://www.cnblogs.com/end/archive/2012/02/21/2360965.html 1.作用Linux系统中grep命令是一种强大的文本搜索工具,它能使用正则表 ...
- Elasticsearch之CURL命令的UPDATE
对于,Elasticsearch之CURL命令的UPDATE包括局部更新和全部更新.可以去看我写的另一篇博客. Elasticsearch之更新(全部更新和局部更新) 总结: ES全部更新,使用PUT ...
- JAVA FORK JOIN EXAMPLE--转
http://www.javacreed.com/java-fork-join-example/ Java 7 introduced a new type of ExecutorService (Ja ...