山东多校联合模拟赛 Day1

矩形计数(rect)

Description

给出圆周上的 \(N\) 个点，请你计算出以这些点中的任意四个为四个角，能构成多少个矩 形。

点的坐标是这样描述的，给定一个数组 \(v[1..N]\)，假设圆心为\((0，0)\)，圆的周长 \(C=\sum_{i=1}^{N} v_i\) ，第一个点坐标为\((0，C/(2π))\)。从第一个点开始，顺时针沿圆周走 \(v_1\) 个单位长度， 此时坐标为第二个点的坐标，再走 \(v_2\) 个单位长度，此时为第三个点的坐标，当走完 \(v_1，v_2..v_i\) 个距离后，为第 \(i+1\) 个点的坐标（全过程都是沿圆周顺时针）。特别的，走完 \(v_1，v_2..v_n\) 个 距离后，就会回到第一个点。

Input

输入文件名为\(rect.in\)

输入共 \(N+1\) 行。 第一行为正整数 \(N\)。 接下来 \(N\) 行每行一个正整数。其中第 \(i+1\) 行表示的是 \(v_i\)。

Output

输出文件名为\(rect.out\)

输出共\(1\) 行，一个整数，表示能构成的矩形的个数。

输入输出样例

\(rect.in\)

8

1

2

2

3

1

1

3

3

\(rect.out\)

3

输入输出样例说明

很明显的是,圆中的矩形的对角线为圆的直径.

那么我们就可以对于圆的直径搞事情.

表示这个题的样例解释和题面对不上(但还是切了 (滑稽

直接计算圆的周长,\(/2\)就是"直径".(此处由于圆上的距离同样有\(\pi\)，因此这里忽略\(\pi\))

手玩样例(观察)之后,我们发现,只要某一个点与另一个点之间的圆上距离也是\(周长/2\),那它们必然是被直径连接的.

代码

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cctype>
#define int long long
#define R register
using namespace std;
inline void in(int &x)
{
	int f=1;x=0;char s=getchar();
	while(!isdigit(s)){if(s=='-')f=-1;s=getchar();}
	while(isdigit(s)){x=x*10+s-'0';s=getchar();}
	x*=f;
}
int n,v[280],C,sum[280];
int cnt,dis[280][208];
int pipei[280];
bool ok[280][280];
bool judge(int i,int j)
{
	if(pipei[i] and pipei[j] and !ok[i][j] and !ok[j][i] and !ok[pipei[i]][pipei[j]] and !ok[pipei[j]][pipei[i]])
	if(dis[i][j]==dis[pipei[i]][pipei[j]] and pipei[i]!=j and pipei[j]!=i)
		return true;
	return false;
}
signed main()
{
	//freopen("rect.in","r",stdin);
	//freopen("rect.out","w",stdout);
	in(n);
	for(R int i=1;i<=n;i++)
		in(v[i]),C+=v[i],sum[i+1]=sum[i]+v[i];
	if(C&1){puts("0");return 0;}
	C/=2;
	for(R int i=1;i<=n;i++)
		for(R int j=i+1;j<=n;j++)
		{
			int x=sum[j]-sum[i];
			dis[i][j]=dis[j][i]=x;
			if(x==C)pipei[i]=j,pipei[j]=i;
		}
	for(R int i=1;i<=n;i++)
		for(R int j=i+1;j<=n;j++)
			if(judge(i,j))
	     	{
	     		cnt++;
	     		ok[i][j]=ok[j][i]=ok[pipei[i]][pipei[j]]=ok[pipei[j]][pipei[i]]=1;
		 	}
	printf("%lld",cnt);
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}

祖先(ancestor)

Description

任何一种生物的 DNA 都可以表示为一个由小写英文字母组成的非空字符串。科学家发 现，所有的生物都有可能发生变异。所谓变异，就是子代的 DNA 串与父代的 DNA 串有差 异。每次变异，DNA 串中恰好有一个字符会变成两个任意的字符。一共有 n 种可能的变异。 变异 ai->bici 表示字符 ai 有可能变异为两个字符 bici。详细来说，就是删掉一个字符 ai，之 后在原来 ai 的位置处，插入 bi，ci 两个字符（注意字符 bi 必须在 ci 的前面）。每种变异都 有可能发生任意多次。可以发现，每变异一次，DNA 串的长度会加 1。

如果有一种生物 a，他的 DNA 串是 s1，另外存在一种生物 b，他的 DNA 串是 s2。如 果 s2 可以通过若干次变异变为 s1，那么生物 b 就被叫做生物 a 的祖先。

现在，给定一种生物，他的 DNA 串是 s。请找出他的一个祖先，且这个祖先的 DNA 串 尽量短。

Input

输入文件 ancestor.in，共 n+2 行。

第一行包含一个非空字符串 s。

第二行含有一个整数 n，表示所有可能的变异。

接下来 n 行，每行描述一种可能的变异，按照 ai->bici 的格式。

s，ai，bi，ci 仅包含小写英文字母。

请注意：一种变异可能出现多次。

Output

输出文件名为 ancestor.out。

输出只有一行，一个整数，表示祖先 DNA 串的最短长度。

发现我们可以将字符两两合成,考虑区间\(Dp\)。

由于数据范围很小.

所以直接暴力预处理.

这里给出数组定义,看懂代码应该不是很难.

• \(f[i][j][k]\)代表\(i\)到\(j\)能否合成字符\(k\)
• \(dp[i][0]\)代表第\(i\)种变异,替换前的字符.
• \(dp[i][1]\)代表第\(i\)种变异,替换后的第一个字符.
• \(dp[i][2]\)代表第\(i\)种变异,替换后的第二个字符
• \(ans[i][j]\)代表原串\(i\)到\(j\)替换成几个字符

注意预处理要倒叙,正序会出锅.(可以手玩一下.

代码

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cctype>
#define R register
using namespace std;
inline void in(int &x)
{
	int f=1;x=0;char s=getchar();
	while(!isdigit(s)){if(s=='-')f=-1;s=getchar();}
	while(isdigit(s)){x=x*10+s-'0';s=getchar();}
	x*=f;
}
char s[55],ss[55];
bool f[55][55][30];//f[i][j][k]代表从i到j能否为k
int dp[55][3],ans[55][55],len,n;
int main()
{
	//freopen("ancestor.in","r",stdin);
	//freopen("ancestor.out","w",stdout);
	scanf("%s",s+1);len=strlen(s+1);
	for(R int i=1;i<=len;i++)f[i][i][s[i]-'a']=true;
	in(n);
	for(R int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%s",ss+1);
		dp[i][0]=ss[1]-'a';
		dp[i][1]=ss[4]-'a';
		dp[i][2]=ss[5]-'a';
	}
//	for(R int i=1;i<=n;i++)
//		printf("%c->%c%c\n",dp[i][0]+'a',dp[i][1]+'a',dp[i][2]+'a');
	for(R int i=len;i>0;i--)
	 	for(R int j=i+1;j<=len;j++)
	 	 	for(R int k=i;k<j;k++)
	 	  		for(R int o=1;o<=n;o++)
	 	  		{
//	 	  			printf("i:%d j:%d\n",i,j);
	 	   			if(f[i][k][dp[o][1]] and f[k+1][j][dp[o][2]])
	 	   			{
//	 	   				printf("i:%d j:%d %c\n",i,j,dp[o][0]+'a');
						f[i][j][dp[o][0]]=1;
					}
				}
	for(R int i=1;i<=len;i++)
		for(R int j=i+1;j<=len;j++)
			ans[i][j]=2147483647;
	for(R int i=len;i>0;--i)
	 	for(R int j=i;j<=len;++j)
	 	{
	  		R bool flg=false;
			for(R int k=0;k<26;++k)
	  			if(f[i][j][k])
				  	ans[i][j]=1,flg=true;
	  		if(!flg)
	  	 		for(R int k=i;k<j;++k)
	  	  		  	ans[i][j]=min(ans[i][j],ans[i][k]+ans[k+1][j]);
	  	}
	printf("%d",ans[1][len]);
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}

Formula 1(f1)

Description

F1，中文全称为一级方程式锦标赛，是最高级的方程式赛车比赛，现在你作为一名选 手参加了一场 F1 的比赛，比较特殊地，本次比赛是在一个 N 个点 M 条边的无向图上举行 的。

起点是 S，终点是 T，每条边长度为 1 公里，赛车每行驶 1 公里耗油 1 个单位，途中共 有 k 个加油站，每经过加油站时，可以把油加满，但你的赛车设计顾问告诉你，油箱容量越 大，赛车跑的就越慢。为了追求最快的速度，在能顺利到达终点，不会中途没油的前提下， 你希望最小化油箱的容量（注意，虽然油箱变小可能导致路径变长，但我们只关心最小化的 油箱）。

Input

输入文件 f1.in。

第一行一个正整数 T 表示测试数据组数，每组数据格式如下：

第一行三个整数，N,M,K，表示无向图的点数，边数，加油站数。

第二行 K 个正整数 i1,i2..ik 表示这些点上有加油站（可能重复，保证至少一个加油站在 S 点）。

接下来 M 行，每行两个正整数 Bi,Ei 表示有一条连接(Bi,Ei)的双向边（可能有重边和自 环）。

最后一行两个正整数 S,T 表示起点、终点。

Output

输出文件名为 f1.out。

对于每组数据，如果没法到达终点，输出-1，否则输出最小化的油箱容量。

二分+\(Spfa\)题,表示第一眼没看出是二分 emmm(可能是思想太过拘泥了 emm

直接二分油箱容量即可.

这里\(dis[i]\)代表到达\(i\)的剩余油量,到达一个加油站要加满.如果一个点不是加油站且没油了,直接\(continue\)

代码

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cctype>
#include<queue>
#include<cstring>
#define clear(a,b) memset(a,b,sizeof a)
#define N 100008
#define R register
using namespace std;
inline void in(int &x)
{
	int f=1;x=0;char s=getchar();
	while(!isdigit(s)){if(s=='-')f=-1;s=getchar();}
	while(isdigit(s)){x=x*10+s-'0';s=getchar();}
	x*=f;
}
int T,n,m,k,dis[N],head[N],tot,s,t;
bool ok[N],vis[N];
struct cod{int u,v;}edge[N<<2];
inline void add(int x,int y)
{
	edge[++tot].u=head[x];
	edge[tot].v=y;
	head[x]=tot;
}
inline bool spfa(int x)
{
	for(R int i=1;i<=n;i++)dis[i]=-2147483647,vis[i]=false;
	vis[s]=true;dis[s]=x;queue<int>q;
	q.push(s);
	while(!q.empty())
	{
		int u=q.front();q.pop();vis[u]=false;
		if(ok[u])dis[u]=x;
		if(dis[u]==0)continue;
		for(R int i=head[u];i;i=edge[i].u)
		{
			if(dis[edge[i].v]<dis[u]-1)
			{
				dis[edge[i].v]=dis[u]-1;
				if(ok[edge[i].v])dis[edge[i].v]=x;
				if(!vis[edge[i].v])
				{
					vis[edge[i].v]=true;
	/				q.push(edge[i].v);
				}
			}
		}
	}
	return dis[t]>=0;
}
int main()
{
	//freopen("f1.in","r",stdin);
	//freopen("f1.out","w",stdout);
	in(T);
	while(T--)
	{
		clear(ok,0);clear(head,0);tot=0;
		int l=0,r=1e9,ans=214748364;
		in(n),in(m),in(k);
		for(R int i=1,x;i<=k;i++)in(x),ok[x]=true;
		for(R int i=1,x,y;i<=m;i++)
		{
			in(x),in(y);
			add(x,y);add(y,x);
		}
		in(s),in(t);
		while(l<=r)
		{
			int mid=(l+r)>>1;
			if(spfa(mid))r=mid-1,ans=mid;
			else l=mid+1;
		}
		printf("%d\n",ans==214748364?-1:ans);
	}
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}