NOIP模拟79

T1 F

解题思路

因为每个点会产生贡献当且仅当它在可以到他的点之前被删除，并且此题遵守期望的线性性。

因此设所有可以到达点 \(i\) 的数量为 \(c_i\) 那么答案就是 \(\sum \frac{1}{c_i}\) 。

缩点+拓扑排序+bitset 可以做到 \(\mathcal{O}(\frac{n^3}{w})\) 直接搜就是 \(\mathcal{O}(n^2)\)

code

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define ull unsigned long long
#define f() cout<<"Failed"
using namespace std;
inline int read()
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
	return x*f;
}
const int N=1e3+10,mod=998244353;
int n,ans,all,tim,top,sta[N],dfn[N],low[N],bel[N],cnt[N],du[N],can[N];
int tot=1,head[N],ver[N*N],nxt[N*N],fro[N*N];
char ch[N];
bool vis[N];
vector<int> v[N];
void add_edge(int x,int y)
{
	ver[++tot]=y; fro[tot]=x;
	nxt[tot]=head[x]; head[x]=tot;
}
int power(int x,int y,int p=mod)
{
	int temp=1;
	while(y)
	{
		if(y&1) temp=temp*x%mod;
		x=x*x%mod; y>>=1;
	}
	return temp;
}
void tarjan(int x)
{
	int temp; vis[x]=true; dfn[x]=low[x]=++tim; sta[++top]=x;
	for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
	{
		int to=ver[i];
		if(!dfn[to]) tarjan(to),low[x]=min(low[x],low[to]);
		else if(vis[to]) low[x]=min(low[x],dfn[to]);
	}
	if(low[x]!=dfn[x]) return ; all++;
	do
	{
		temp=sta[top--]; vis[temp]=false;
		bel[temp]=all; cnt[all]++;
	}while(temp!=x);
}
void dfs(int x,int from)
{
	vis[x]=true; can[x]+=cnt[from];
	for(auto to:v[x]) if(!vis[to]) dfs(to,from);
}
signed main()
{
	freopen("f.in","r",stdin); freopen("f.out","w",stdout);
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%s",ch+1);
		for(int j=1;j<=n;j++)
			if(ch[j]^48)
				add_edge(i,j);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) if(!dfn[i]) tarjan(i);
	for(int i=2;i<=tot;i++)
	{
		int x=fro[i],y=ver[i];
		if(bel[x]==bel[y]) continue;
		v[bel[x]].push_back(bel[y]); du[bel[y]]++;
	}
	for(int i=1;i<=all;i++)memset(vis,false,sizeof(vis)),dfs(i,i);
	for(int i=1;i<=n;i++) ans=(ans+power(can[bel[i]],mod-2))%mod;
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}

T2 S

解题思路

字符串 DP(KMP)。

设 \(f_{i,j}\) 表示 \(S\) 到 \(i\) 位置，当前匹配到 \(T\) 的位置 \(j\) 。

每次对于删除或者不删除 \(i+1\) 进行转移，如果不删除就不断跳 \(nxt\) 看 \(k+1\) 能否和 \(i+1\) 成功匹配。

转移即可。。

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read()
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
	return x*f;
}
const int N=8e3+10,INF=0x3f3f3f3f;
int n,m,ans=INF,nxt[N],f[N][N];
char s[N],t[N];
signed main()
{
	freopen("s.in","r",stdin); freopen("s.out","w",stdout);
	scanf("%s%s",s+1,t+1); n=strlen(s+1); m=strlen(t+1);
	for(int i=2,j=0;i<=m;i++)
	{
		while(j&&t[j+1]!=t[i]) j=nxt[j];
		if(t[j+1]==t[i]) j++; nxt[i]=j;
	}
	memset(f,0x3f,sizeof(f));
	f[1][0]=(s[1]==t[1]);
	if(s[1]==t[1]) f[1][1]=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=0;j<=min(m-1,i);j++)
		{
			if(f[i][j]>=INF) continue;
			int k=j;
			while(k&&s[i+1]!=t[k+1]) k=nxt[k];
			if(t[k+1]==s[i+1]) k++;
			if(k!=m) f[i+1][k]=min(f[i+1][k],f[i][j]);
			f[i+1][j]=min(f[i+1][j],f[i][j]+1);
		}
	for(int i=0;i<=m;i++) ans=min(ans,f[n][i]);
	printf("%d",ans);
	return 0;
}

T3 Y

解题思路

暴搜竟然有 70pts ！！（尽管我没打出来），BFS 当前空格的位置，开一个四位数组记录空格以及指定棋子所在位置是否经过过。

枚举空格的移动，当他移动到指定棋子的位置时两者位置互换，于是我们得到了一份 70pts 的代码(\(code\))

然后发现有许多状态时重复的，于是我们考虑初始化。

枚举每一个点时指定棋子的位置，在枚举周围的点是空格的情况，BFS出这几个格子之间不经过指定格子到达别的格子的距离，建边。

对于每一个询问跑一边最短路 复杂度 \(\mathcal{O}(n^2m^2+qnmlog(nm))\)

code

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define ull unsigned long long
#define f() cout<<"Failed"
#define left Left
#define right Right
using namespace std;
inline int read()
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
	return x*f;
}
const int N=40,M=4e3+10,INF=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int up=0,down=1,left=2,right=3;
int n,m,qus,ans,dis[N][N],dist[M];
int d1[10]={-1,1,0,0};
int d2[10]={0,0,-1,1};
int tot=1,head[M],ver[M],nxt[M],edge[M];
bool can[N][N],vis[M];
void add_edge(int x,int y,int val)
{
	ver[++tot]=y; edge[tot]=val;
	nxt[tot]=head[x]; head[x]=tot;
}
int id(int x,int y,int sta){return ((x-1)*m+y)*4+sta;}
void bfs(int sx,int sy,int tx,int ty,int sta)
{
	queue<pair<int,int> > q; memset(dis,0,sizeof(dis));
	q.push(make_pair(sx,sy)); dis[sx][sy]=1;
	while(!q.empty())
	{
		pair<int,int> temp=q.front();q.pop();
		int x=temp.first,y=temp.second;
		for(int i=0;i<=3;i++)
		{
			int nx=x+d1[i],ny=y+d2[i];
			if(!can[nx][ny]||dis[nx][ny]||(nx==tx&&ny==ty)) continue;
			dis[nx][ny]=dis[x][y]+1; q.push(make_pair(nx,ny));
		}
	}
	if(sta==4) return ;
	for(int i=0;i<=3;i++)
	{
		int x=tx+d1[i],y=ty+d2[i];
		if(!dis[x][y]||(x==sx&&y==sy)) continue;
		add_edge(id(tx,ty,sta),id(tx,ty,i),dis[x][y]-1);
	}
	add_edge(id(tx,ty,sta),id(sx,sy,sta^1),1);
}
void solve(int sx,int sy)
{
	memset(dist,0x3f,sizeof(dist)); memset(vis,false,sizeof(vis));
	priority_queue<pair<int,int> > q;
	for(int i=0;i<=3;i++)
	{
		int x=sx+d1[i],y=sy+d2[i];
		if(!dis[x][y]) continue;
		dist[id(sx,sy,i)]=dis[x][y]-1;
		q.push(make_pair(-dist[id(sx,sy,i)],id(sx,sy,i)));
	}
	while(!q.empty())
	{
		int x=q.top().second; q.pop();
		if(vis[x]) continue; vis[x]=true;
		for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
		{
			int to=ver[i],val=edge[i];
			if(dist[to]<=dist[x]+val) continue;
			dist[to]=dist[x]+val; q.push(make_pair(-dist[to],to));
		}
	}
}
signed main()
{
	freopen("y.in","r",stdin); freopen("y.out","w",stdout);
	n=read(); m=read(); qus=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=m;j++)
			can[i][j]=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=m;j++)
		{
			if(!can[i][j]) continue;
			if(can[i-1][j]) bfs(i-1,j,i,j,up);
			if(can[i+1][j]) bfs(i+1,j,i,j,down);
			if(can[i][j-1]) bfs(i,j-1,i,j,left);
			if(can[i][j+1]) bfs(i,j+1,i,j,right);
		}
	while(qus--)
	{
		int basx,basy,sx,sy,tx,ty;
		basx=read(); basy=read(); sx=read(); sy=read(); tx=read(); ty=read();
		if(sx==tx&&sy==ty){printf("0\n");continue;}
		ans=INF; bfs(basx,basy,sx,sy,4); solve(sx,sy);
		for(int i=0;i<=3;i++) ans=min(ans,dist[id(tx,ty,i)]);
		printf("%lld\n",ans>=INF?-1ll:ans);
	}
	return 0;
}

T4 O

大坑未补