Wannafly模拟赛
题目描述
输入描述:
- 第一行两个整数n, m代表矩阵的长和宽;
- 接下来n行,每行m个字符(小写字母),表示矩阵;
输出描述:
- 输出一个整数表示满足条件的最大正方形的边长。
输入
- 5 10
- ljkfghdfas
- isdfjksiye
- pgljkijlgp
- eyisdafdsi
- lnpglkfkjl
输出
- 3
备注:
- 对于30%的数据,n,m≤100;
- 对于100%的数据,n,m≤500;
数据还是挺好的,不二分超时,用set超内存。得必须自己写字符串二维hash;
此题是原题,URAL
分析:他一定是满足二分性质的~~~
二维字符串hash,没听说过,其实和子矩阵和类似,就是用了一种数学方法,可以通过相加减得到一个子矩阵的hash值。
先一行一行hash,然后是列,组合起来。
逻辑还是很好写的,可以当做一个小板子。
- #include <bits/stdc++.h>
- using namespace std;
- typedef unsigned long long ull;
- const int N = + ,INF = 0x3f3f3f3f;
- const int seed = ,Seed = ;
- char ori[N][N];
- ull hash1[N][N],seed_pow[N]; ///row
- ull hash2[N][N],Seed_pow[N]; ///col
- ull a[N*N];
- int n,m;
- bool check(int k) {
- int tot = ;
- for(int i = k; i <= n; i++)
- {
- for(int j = k ; j <= m; j++)
- {
- ull tmp = hash2[i][j] - hash2[i-k][j]*Seed_pow[k] - hash2[i][j-k]*seed_pow[k] + hash2[i-k][j-k]*Seed_pow[k]*seed_pow[k];
- a[++tot] = tmp;
- }
- }
- sort(a+,a++tot);
- for(int i = ; i <= tot - ; i++)
- if(a[i]==a[i+]) return true;
- return false;
- }
- int main()
- {
- freopen("in.txt","r",stdin);
- seed_pow[] = Seed_pow[] = ;
- for(int i = ; i < N; i++)
- {
- seed_pow[i] = seed_pow[i-]*seed;
- Seed_pow[i] = Seed_pow[i-]*Seed;
- }
- scanf("%d%d",&n,&m);
- for(int i = ; i <= n; i++) scanf("%s",ori[i]+);
- for(int i = ; i <= n; i++)
- for(int j = ; j <= m; j++)
- hash1[i][j] = hash1[i][j-]*seed + ori[i][j];
- for(int i = ; i <= m; i++)
- for(int j = ; j <= n; j++)
- hash2[j][i] = hash2[j-][i]*Seed + hash1[j][i];
- int ans = ;
- int l = ,r = min(n,m);
- while(l<=r) {
- int mid = (l + r) >> ;
- if(check(mid)) ans = mid,l = mid + ;
- else r = mid - ;
- }
- printf("%d\n",ans);
- return ;
- }
空间限制:C/C++ 131072K,其他语言262144K
64bit IO Format: %lld
题目描述
输入描述:
- 第一行两个整数n,k代表点数和颜色数;
- 接下来n-1行,每行两个整数x,y表示x与y之间存在一条边;
输出描述:
- 输出一个整数表示方案数(mod 1e9+7)。
输入
- 4 3
- 1 2
- 2 3
- 2 4
输出
- 39
备注:
- 对于30%的数据,n≤10, k≤3;
- 对于100%的数据,n,k≤300。
顿时对牛客上的题目好感+1。
此题看上去是一个染色,其实任意两个相同颜色的点对,之间都的一个颜色,那就是一个联通分量全是一个颜色。
树,就可以看做是一个点集合,挑哪些点染同一种颜色。显然是DP做法。
d[i][j] :前 i 个点,染 j 种颜色的方案数。
d[i][j] = d[i-1][j] + d[i-1][j-1]*(k+1-j);
- #include <bits/stdc++.h>
- using namespace std;
- const int mod = 1e9+;
- long long d[][];
- int main()
- {
- int n,k;
- scanf("%d%d",&n,&k);
- for(int i = ; i < n-; i++) {
- int x,y;
- scanf("%d%d",&x,&y);
- }
- memset(d,,sizeof(d));
- d[][] = ;
- for(int i = ; i <= n; i++) {
- for(int j = ; j <= k; j++) {
- d[i][j] = (d[i-][j] + d[i-][j-]*(k+-j))%mod;
- }
- }
- long long ans = ;
- for(int j = ; j <= k; j++)
- ans = (ans + d[n][j])%mod;
- cout<<ans<<endl;
- return ;
- }
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