NOIP[2015] Day2题解

问题 A: 跳石头

时间限制: 1 Sec  内存限制: 128 MB

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

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。

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

输出文件只包含一个整数，即最短跳跃距离的最大值。 

样例输入

25 5 2

2

11

14

17

21

样例输出

4

提示

【输入输出样例 1 说明】

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)。

【数据规模与约定】

对于 20%的数据，0 ≤ M ≤ N ≤ 10。

对于50%的数据，0 ≤ M ≤ N ≤ 100。

对于 100%的数据，0 ≤ M ≤ N ≤ 50,000，1 ≤ L ≤ 1,000,000,000。 

 

 

 

Tips:

　　N<=50000,可想而知一般都是些O（nlogn）的，先将两块石头间的距离处理出来，那么我们要求的就是进行k次操作，将一对相邻的距离相加，使得最后的所有数的最小值最大；

　　然而你去想进行k次操作该怎么操作会很难；

　　于是你发现如果x为经过k次操作后所有数的最小值，那么x-1也能成为经过k次操作后所有数的最小值

　　　　　　   如果x不能成为经过k次操作后所有数的最小值，那么x+1也不能成为经过k次操作后所有数的最小值

　　由此可见此题具有二分的性质，二分答案+线性的判断；

 

Code:

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
int m,n,k,a[],b[],ans,l,r;
 
bool get(int xx){
    int pos=,tot=;
    for(int i=;i<=n+;i++){
        if(b[i]+pos<xx){
            pos+=b[i];
            tot++;
        }else{
            pos=;
        }
    }
    if(tot<=k) return true; else return false;
}
 
int main(){
    scanf("%d%d%d",&m,&n,&k);
    for(int i=;i<=n;i++){
        scanf("%d",&a[i]);
    }
    a[]=; a[n+]=m;
    for(int i=;i<=n+;i++)
        b[i]=a[i]-a[i-];
    l=; r=m;
    while(l<=r){
        int mid=(l+r) >> ;
        if(get(mid)){
            ans=mid;
            l=mid+;
        }else{
        r=mid-;
        }
    }
    printf("%d",ans);
}

问题 B: 子串

时间限制: 1 Sec  内存限制: 128 MB

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

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,以及问题描述中所提到的 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

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,所以这里要求输出答案对 1,000,000,007 取模的结果。

样例输入

6 3 1

aabaab

aab

6 3 2

aabaab

aab

样例输出

2 7

提示

Tips:

　　此题先看数据范围好像不怎么能猜出方法；

　　但是多想一会儿DP还是能看的出来的；

　　dp[i][j][k]=int；

　　i：第1个字符串前i个字符；

　　j：第2个字符串前j个字符；

　　k：将第1个字符串的前i个分成k段；

　　int：将段数连起来能构成第二个字符串前k个的方案数；

　　f[i][j][k]=int (和dp数组相似) ；

　　i：第1个字符串前i个字符；

　　j：第2个字符串前j个字符；

　　k：将第1个字符串的前i个分成k段；

　　int：将段数连起来能构成第二个字符串前k个的方案数；

　　（第一个字符串第i个字符，第二个字符串第j个字符必须选）；

Code：

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define MOD 1000000007
using namespace std;
int n,m,k,dp[][],f[][];
char s[],s1[];
 
void init(){
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
    scanf("%s",s);
    scanf("%s",s1);
}
 
void solve(){
    dp[][]=;
    for(int i=;i<=n;i++)
        for(int j=m;j>;j--)
        if(s[i-]==s1[j-])
            for(int l=min(k,j);l>;l--){
                f[j][l]=(dp[j-][l-]+f[j-][l])%MOD;
                dp[j][l]=(dp[j][l]+f[j][l])%MOD;
            }
        else
            fill(f[j],f[j]+min(k,j)+,);
}
 
void print(){
    printf("%d",dp[m][k]);
}
 
int main(){
    init();
    solve();
    print();
}

问题 C: 运输计划

时间限制: 2 Sec  内存限制: 256 MB

题目描述

公元 2044 年,人类进入了宇宙纪元。
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

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

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。 

样例输入

6 3

1 2 3

1 6 4

3 1 7

4 3 6

3 5 5

3 6

2 5

4 5

样例输出

11

提示

Tips：

　　本题还是比较坑的，代码写的弱一点会超时；

　　此题可以看出是具有二分性质的；

　　但是二分的判断做到O（n）或O（m）看起来会很难；

　　由于这是一棵树，我们需要知道两点间的距离可以用tarjan求lca求出距离；

　　对于每个二分的答案x；

　　显然<=x的距离是可以不用管它的；

　　将>=x的距离的边数记下来；

　　将>=x的距离的边的起点终点加一，lca减2；（差分思想自寻百度，我也讲不清）；

　　dfs一遍，找到 经过边数=记下来的边数  的边，取边权最大值的；

　　判断最大距离-取边权最大值是否小于等于x即可；

Code：

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<iostream>
#define MAXN 600008
using namespace std;
int n,m,head[MAXN],next[MAXN],vet[MAXN],len[MAXN],dis[MAXN],ance[MAXN];
int head1[MAXN],next1[MAXN],vet1[MAXN],hh[MAXN],ans[MAXN];
int color[MAXN],fa[MAXN],tot,tot1,l,r,res,ff[MAXN],tmp[MAXN];
 
int find(int x){
    if(fa[x]==x) return x;
    else return fa[x]=find(fa[x]);
}
 
void add1(int x,int y){
    tot1++;
    hh[tot1]=x;
    next1[tot1]=head1[x];
    head1[x]=tot1;
    vet1[tot1]=y;
}
 
void add(int x,int y,int z){
    tot++;
    next[tot]=head[x];
    head[x]=tot;
    vet[tot]=y;
    len[tot]=z;
}
 
void tarjan(int u){
    color[u]=;
    for(int i=head[u];i!=;i=next[i]){
        int y=vet[i];
        if(!color[y]){
            dis[y]=dis[u]+len[i];
            tarjan(y);
            fa[y]=u;
        }
    }
    for(int i=head1[u];i!=;i=next1[i]){
        int y=vet1[i];
        if(color[y]){
            ance[(i+)/]=find(y);
            ans[(i+)/]=dis[u]+dis[y]-*dis[ance[(i+)/]];
            r=max(ans[(i+)/],r);
        }
    }
}
 
void dfs(int u){
    color[u]=;
    for(int i=head[u];i!=;i=next[i]){
        int y=vet[i];
        if(!color[y]){
            ff[y]=len[i];
            dfs(y);
            tmp[u]+=tmp[y];
        }
    }
}
 
bool check(int flag){
    int ma=,sum=,g=;
    memset(color,,sizeof(color));
    memset(tmp,,sizeof(tmp));
    for(int i=;i<=m;i++){
        if(ans[i]>flag){
            tmp[hh[i*]]++;
            tmp[vet1[i*]]++;
            tmp[ance[i]]-=;
            ma=max(ans[i],ma);
            sum++;
        }
    }
    dfs();
    for(int i=;i<=n;i++){
        if(tmp[i]==sum){
            g=max(g,ff[i]);
        }
    }
    return (ma-g)<=flag;
}
 
void init(){
    tot=tot1=; r=;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=;i<=n;i++){
        fa[i]=i;
    }
    for(int i=;i<n;i++){
        int x,y,z;
        scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
        add(x,y,z);
        add(y,x,z);
    }
    for(int i=;i<=m;i++){
        int x,y;
        scanf("%d%d",&x,&y);
        add1(x,y);
        add1(y,x);
    }
}
 
void solve(){
    tarjan();
    l=; res=r;
    while(l<=r){
        int mid=(l+r) >> ;
        if(check(mid)){
            res=mid;
            r=mid-;
        }else{
            l=mid+;
        }
    }
}
 
void print(){
    printf("%d",res);
}
 
int main(){
    init();
    solve();
    print();
}