100 + 30 + 0

T1 叉叉

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)。

输入输出格式

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。

输入输出样例

输入样例#1:

abaazooabz

输出样例#1:

3

说明

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。

嗯,我用树状数组做的,把每个区间起点设为1,终点设为-1,每次统计区间和,并在区间右端点处+1

链表+前缀和O(26n)

吐槽此题数据太弱,On^2做法都能A,学校电脑啥时候跑这么快了啊

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
#define lowbit(x) x&(-x)
const int maxn =;
char a[maxn];int n,t[maxn];
int num[maxn];
struct node{
int l,r;
}edge[maxn];
int pre[maxn],sum[maxn];
void update(int x,int v){
while (x<=n){
sum[x]+=v;
x+=lowbit(x);
}
}
int query(int x){
int ans = ;
while(x){
ans+=sum[x];
x-=lowbit(x);
}
return ans;
}
int main (){
scanf("%s",a+);
n=strlen(a+);int cnt=;
for(int i=;i<=n;++i) {
t[i]=a[i]-'a';
if(num[t[i]]%==)update(i,-),edge[pre[t[i]]].r=i,num[t[i]]++;
else update(i,),edge[++cnt].l=i,pre[t[i]]=cnt,num[t[i]]++;
}
int ans=;
for(int i=;i<=cnt;i++) {
int l=edge[i].l,r=edge[i].r;
ans+=query(r-)-query(l);update(r,);
}
printf("%d\n",ans);
return ;
}

T1

U14261 跳跳虎回家

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。

输入输出格式

输入格式:

第一行4个整数n,m,q,k
( n表示点数,m表示普通道路的数量, q表示传送通道的数量,k表示跳跳虎最多使k次传送通道)
接下来 n行每3 个整数a,b,c ,表示有1条从a到b,时间花费为c的普通道路
接下来 q每3个整数a,b,c,表示有1条从a到b,时间花费为c的传送道路
输出格式:
输出一行1个整数表示最少时间消耗,如果没法回到家输出-1。

输入输出样例

输入样例#1:

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

输出样例#1:

2

说明

对于30%的数据, 1 ≤ n ≤ 500,0 ≤ m,q ≤ 2000,k = 0
对于另外30%的数据, 1 ≤ n ≤ 500,0 ≤ m,q ≤ 2000,k = 1
对于100%的数据 1 ≤ n ≤ 500,0 ≤ m,q ≤ 2000,0 ≤ k ≤ 

首先k是骗人的,其次spfa瞎搞就水过去了.....吐槽此题数据太弱,spfa出队时让连向节点出队都过了....

然而我非常BS的吧s和q输反了,然后就03了

T

#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int maxn = ;
struct node{
int u,v,w,next;
bool flag;
}edge[maxn];
struct Node{
int x,k;
}cur,nxt;
int head[maxn],cnt;
int k;
void add_edge(int u,int v,int w,bool flag) {
edge[++cnt].v=v,edge[cnt].w=w,edge[cnt].next=head[u],head[u]=cnt;
}
queue<Node>q;
int n,m;
int dis[maxn][maxn];
bool vis[maxn][maxn];
bool spfa() {
memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
dis[][]=;vis[][]=true;
cur.x=,cur.k=;
q.push(cur);
while(!q.empty()) {
cur=q.front();
q.pop();
int u=cur.x,kk=cur.k;
for(int i=head[u];i;i=edge[i].next) {
int v=edge[i].v;
if(edge[i].flag) {
if(kk<k&&dis[v][kk+]>dis[u][kk]+edge[i].w) {
dis[v][kk+]=dis[u][kk]+edge[i].w;
if(!vis[v][kk+]) {
nxt.k=kk+;nxt.x=v;
q.push(nxt);
vis[v][kk+]=true;
}
}
} else {
if(dis[v][kk]>dis[u][kk]+edge[i].w) {
dis[v][kk]=dis[u][kk]+edge[i].w;
if(!vis[v][kk]) {
nxt.x=v,nxt.k=kk;
q.push(nxt);
vis[v][kk]=true;
}
}
}
vis[u][kk]=;
}
}
int ans=0x7fffffff;
for(int i=;i<=k;i++)
ans=min(ans,dis[n][i]);
if(ans==0x3f3f3f3f)return -;
else return ans;
}
int main() {
// freopen("move.in","r",stdin);
// freopen("move.out","w",stdout);
int qq;
scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&qq,&k);
if(k>qq) k=qq;
for(int u,v,w,i=;i<=m;i++) {
scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
add_edge(u,v,w,);
}
for(int u,v,w,i=;i<=qq;i++) {
scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
add_edge(u,v,w,);
}
printf("%d\n",spfa());
return ;
}

2

U14263 秀秀和哺噜国(cut)

题目描述

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n− 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 =
6×217+ 1。

输入输出格式

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n,k。
接下来的n − 1行,每行包含两个正整数a和b,
表示城市a和城市b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。

输入输出样例

输入样例#1:

5 2
1 2
2 3
3 4
4 5

输出样例#1:

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。

输入样例#2:

10 2
1 2
1 3
2 4
2 5
3 6
3 7
3 10
5 8
6 9

输出样例#2:

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对于100 ≤ !。

说明

空间限制:512M

推出dp不敢写,orz认为自己写不出来,然后就没写,然后xxy讲了怎么写,然后就写了,然后就没有然后了

然后这题需要开long long or 快速乘 然而51nod卡内存,所以只能写快速乘,然而今天模拟赛不卡!!

dp[i][j]表示以i为根且当前联通块大小为k的方案总数,特别的,

dp[i][0]表示割点当前点与其父亲是棵平衡树的方案总数。

对于u的一个孩子v可以得到转移方程dp[u][j+k]=dp[u][j]*dp[v][k]

另外dp[u][0]=Σdp[u][j](j>=题目给定的k)

复杂度On^3,每次dp时,只枚举当前u所在子树的大小,

每当枚举到它的其中孩子时,当前u所在子树的大小加上它孩子为根的子树的大小。

可以理解为每一个点对只被枚举到一次,然后复杂度就编程On^2了。

最后答案即为dp[1][0]

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
using namespace std;
#define LL long long
#define maxn 5007
#define mod 1000000007
int kkk,n;
int head[maxn],num,dp[maxn][maxn],size[maxn],tmp[maxn];
struct node{
int v,next;
}edge[maxn<<];
inline void add_edge(int u,int v) {
edge[++num].v=v;edge[num].next=head[u];head[u]=num;
} void dfs(int x,int f) {
size[x]++;dp[x][]=;
for(int i=head[x];i;i=edge[i].next) {
int v=edge[i].v;
if(v==f)continue;
dfs(v,x);
for(int j=;j<=size[x]+size[v];++j)tmp[j]=;
for(int j=;j<=size[x];++j)tmp[j]=(dp[v][]%mod*dp[x][j]%mod)%mod;
for(int j=;j<=size[x];++j)
for(int k=;k<=size[v];++k) {
tmp[j+k]=(tmp[j+k]+dp[x][j]*dp[v][k]%mod)%mod;
}
for(int j=;j<=size[x]+size[v];++j)dp[x][j]=tmp[j];
size[x]+=size[v];
}
for(int i=kkk;i<=size[x];i++)dp[x][]=(dp[x][]+dp[x][i])%mod;
}
int main () {
// freopen("cut.in","r",stdin);
// freopen("cut.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&kkk);
for(int u,v,i=;i<n;i++) {
scanf("%d%d",&u,&v);
add_edge(u,v);
add_edge(v,u);
}
dfs(,);
printf("%d\n",dp[][]%mod);
return ;
}

T3

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