首页 > 代码库 > 某些题的做法。。。
某些题的做法。。。
B一个大神的做法。。。更普遍的做法是打表。。
有一个3*3的机场，里面有一些飞机，飞机的颜色有B和G两种，飞机只能在(0,0)处起飞，飞机可以往上下左右的空白处移动。
问这些飞机一共可以组成多少种不同的起飞颜色序列。
。。。。
如果不考虑30000组case，那么可以直接O(n!)枚举起飞顺序，然后判定可不可行，最后再计算有多少种不同的颜色序列。
现在预处理这个：can[sta][x][y]表示当前地图状态为sta（2进制串，0表示没有飞机，1表示有飞机）时那些地方和(0,0)联通。
那么判定的时候就可以直接判断了。
但是交上去还是TLE。
于是又把可行的起飞顺序给暴力预处理出来了，arr[sta][]表示当前初始状态为sta的时候的所有起飞顺序（最坏情况只有1344种）。
然后就可以降到O(cas*1344)了。
交上去果然还是TLE。
没辙，再预处理一下当前初始状态为sta，且每辆飞机的颜色状态为col的时候有多少种不同答案。
预处理大概2^8*3*3+2^8*2^8*1344*8这么多。
每组数据可以做到O(1)。
#include <iostream>#include <algorithm>#include <cstdio>#include <cstring>using namespace std;const int step[4][2] = {{0,1},{0,-1},{1,0},{-1,0}};bool can[256][3][3];char g[3][3];void DFS(int sta,int x,int y){ can[sta][x][y] = true; for (int i = 0; i < 4; i++) { int tx = x+step[i][0]; int ty = y+step[i][1]; if (tx < 0 || tx > 2 || ty < 0 || ty > 2) continue; if (g[tx][ty] == ‘#‘) can[sta][tx][ty] = true; else { if (can[sta][tx][ty] == false) DFS(sta,tx,ty); } }}int arr[2000][10],arrlen[2000],arrtot;int tmp[10];void DFS2(int ful,int sta,int tot){ if (sta == 0) { int id = arrtot; arrlen[id] = tot; for (int i = 0; i < tot; i++) arr[id][i] = tmp[i]; arrtot++; return; } for (int i = 0; i < 3; i++) for (int j = 0; j < 3; j++) if (((sta>>(i*3+j-1))&1) == 1) if (can[sta][i][j] == true) { tmp[tot] = i*3+j-1; DFS2(ful,sta-(1<<(i*3+j-1)),tot+1); }}bool flag[256];int res[256][256];int tid[8];void Gao(){ memset(can,false,sizeof(can)); for (int i = 0; i < (1<<8); i++) { g[0][0] = ‘.‘; for (int x = 0; x < 3; x++) for (int y = 0; y < 3; y++) if (x != 0 || y != 0) { if (((i>>(x*3+y-1))&1) == 1) g[x][y] = ‘#‘; else g[x][y] = ‘.‘; } DFS(i,0,0); } memset(res,0,sizeof(res)); for (int i = 0; i < (1<<8); i++) { arrtot = 0; DFS2(i,i,0); int ttid = 0; for (int x = 0; x < 3; x++) for (int y = 0; y < 3; y++) if (x != 0 || y != 0) if (((i>>(x*3+y-1))&1) == 1) tid[x*3+y-1] = ttid++; int len = arrlen[0]; for (int j = 0; j < (1<<len); j++) { memset(flag,false,sizeof(flag)); for (int k = 0; k < arrtot; k++) { int v = 0; for (int q = 0; q < len; q++) if (((j>>tid[arr[k][q]])&1) == 1) v = (v<<1)|1; else v = v<<1; if (flag[v] == false) res[i][j]++; flag[v] = true; } /*if (j == 0 || j == (1<<len)-1) printf("%d %d %d\n",i,j,res[i][j]);*/ } } //printf("%d\n",res[255][254]); //printf("%d\n",arrtot[255]);}char mp[3][4]; int main() { Gao(); int cas = 0; while (scanf("%s",mp[0]) != EOF) { for (int i = 1; i < 3; i++) scanf("%s",mp[i]); int sta = 0; for (int x = 2; x >= 0; x--) for (int y = 2; y >= 0; y--) if (x != 0 || y != 0) { if (mp[x][y] == ‘*‘) sta = sta<<1; else sta = (sta<<1)|1; } int col = 0; for (int x = 2; x >= 0; x--) for (int y = 2; y >= 0; y--) if (x != 0 || y != 0) { if (mp[x][y] == ‘G‘) col = col<<1; else if (mp[x][y] == ‘B‘) col = (col<<1)|1; } printf("Case %d: %d\n",++cas,res[sta][col]); } return 0; }
还有一种。。定义一个状态s，表示飞机场上对应的格子有无飞机（不管颜色），总共有2^9种状态，如果对与s，我们选择一个和起飞点直接连通的有飞机的格子，并把其置0，得到状态ss，那么s和ss连一条有向边。然后就可以利用这个状态转移图直接dfs了。
#include<cstdio>#include<cstring>#include<vector>#include<algorithm>using namespace std;struct edge{ int v,p; edge(){} edge(int v,int p):v(v),p(p){}};vector<edge> G[256];int dx[]={0,1,0,-1}, dy[]={1,0,-1,0};int mat[5][5],vis[5][5],flag[1<<8],ans;void predfs(int s,int x,int y){ vis[x][y]=1; if(mat[x][y]==2){ int v=s,p=(x-1)*3+y-1; v^=(1<<(8-p)); G[s].push_back(edge(v,p)); return; } for(int i=0;i<4;i++){ int tx=x+dx[i],ty=y+dy[i]; if(mat[tx][ty]&&!vis[tx][ty]) predfs(s,tx,ty); }}void dfs(int s,int color){ if(!s){if(!flag[color]) flag[color]=1,ans++;return;} for(int i=0;i<G[s].size();i++){ int ts=G[s][i].v,p=G[s][i].p; int tmp=mat[p/3+1][p%3+1]; mat[p/3+1][p%3+1]=1; dfs(ts,color*2+tmp-2); mat[p/3+1][p%3+1]=tmp; } }int main(){ for(int s=1;s<256;s++) { for(int t=s,i=3;i;i--) for(int j=3;j;j--) mat[i][j]=(t&1)+1,t>>=1; memset(vis,0,sizeof(vis)); predfs(s,1,1); } int cas=0; char str[3][5]; while(scanf("%s%s%s",str[0],str[1],str[2])+1){ int s=0; for(int i=0;i<3;i++) for(int j=0;j<3;j++){ mat[i+1][j+1]=(str[i][j]==‘*‘?1:(str[i][j]==‘B‘?2:3)); s=s*2+(str[i][j]!=‘*‘); } ans=0; memset(flag,0,sizeof(flag)); dfs(s,0); printf("Case %d: %d\n",++cas,ans); } return 0;}
D
给定n种颜色的石头，每种颜色有si颗，同种颜色的石头不区分。问能构成多少种不同的石头序列（不同的序列是指：1.石头数不同；2.石头数相同，至少一个位置的石头颜色不同） dp[ i ][ j ]表示：考虑前i种石头构成的长度为j的序列的个数。 转台转移方程： dp[ i ][ j ] = dp[ i-1 ][ j ]; //未放入第i种颜色的石头 for k := 1 ~ min( j , s[ i ] ) //放入k个第i种颜色的石头 dp[ i ][ j ] += dp[ i-1 ][ j - k ] * C[ j ][ k ]; 其中C[ n ][ m ]表示组合数。
#include<stdio.h>#include<string.h>#include<algorithm>#include<iostream>#define ll long long#define mod 1000000007using namespace std;long long dp[110][10010],s[110],c[10010][110],n;void init(long long n,long long m){ long long i,j; memset(c,0,sizeof(c)); for(i=0;i<=m;i++)c[0][i]=c[1][i]=1; for(i=0;i<=m;i++)c[i][i]=1; for(i=0;i<=n;i++)c[i][0]=1; for(i=1;i<=n;i++) { for(j=1;j<=m;j++) { if(i!=j) c[i][j]=(c[i-1][j]+c[i-1][j-1])%mod; } }}void DP(){ memset(dp,0,sizeof(dp)); long long t=s[1],m; for(int i=1; i<=n; i++) dp[i][0]=1; for(int j=1; j<=s[1]; j++) dp[1][j]=1; for(int i=2; i<=n; i++){ t+=s[i]; for(int j=1; j<=t; j++){ m=min((ll)j,s[i]); dp[i][j]=dp[i-1][j]; for(int k=1; k<=m; k++){ dp[i][j]+=dp[i-1][j-k]*c[j][k]; dp[i][j]%=mod; } } }}int main(){ init(10000,100); long long l=0,i,j,k,len,h,ans; while(scanf("%lld",&n)!=EOF) { l++; h=0; for(i=1;i<=n;i++){scanf("%lld",&s[i]);h+=s[i];}; DP(); ans=0; for(j=1;j<=h;j++) { ans+=dp[n][j]; ans%=mod; } printf("Case %lld: %lld\n",l,ans); //cout<<ans<<endl; }}
E 数位dp吧，只不过写起来有点繁琐，先预处理一下会好很多。把每一位都预处理出min和max，表示这一位的数只能从min到max，比如问号就是0-9。并且对于位数不够字符串，把高位补成0。然后dp[i][j]表示从低到高至第i位并进位为j的时候的方案数。最后答案为dp[n][0]。
#include<cstdio>#include<iostream>#include<cstring>#include<string>#include<algorithm>#define ll long longusing namespace std;int n;int d[3][20],u[3][20];ll dp[20][2];void init(string s){ string a,b,c; int i,j; memset(d,0,sizeof(d)); memset(u,0,sizeof(u)); for(i=0;s[i]!=‘+‘;i++); for(j=0;s[j]!=‘=‘;j++); a=s.substr(0,i); b=s.substr(i+1,j-i-1); c=s.substr(j+1,s.size()-j-1); reverse(a.begin(),a.end()); reverse(b.begin(),b.end()); reverse(c.begin(),c.end()); n=max(a.size(),max(b.size(),c.size())); for(i=0;i<a.size();i++){ if(a[i]==‘?‘) d[0][i]=0,u[0][i]=9; else d[0][i]=u[0][i]=a[i]-‘0‘; } if(a.size()>1&&a[a.size()-1]==‘?‘) d[0][a.size()-1]=1; for(i=0;i<b.size();i++){ if(b[i]==‘?‘) d[1][i]=0,u[1][i]=9; else d[1][i]=u[1][i]=b[i]-‘0‘; } if(b.size()>1&&b[b.size()-1]==‘?‘) d[1][b.size()-1]=1; for(i=0;i<c.size();i++){ if(c[i]==‘?‘) d[2][i]=0,u[2][i]=9; else d[2][i]=u[2][i]=c[i]-‘0‘; } if(c.size()>1&&c[c.size()-1]==‘?‘) d[2][c.size()-1]=1;}void gao(){ memset(dp,0,sizeof(dp)); dp[0][0]=1; for(int i=0;i<n;i++) for(int j=0;j<2;j++){ if(!dp[i][j]) continue; for(int x=d[0][i];x<=u[0][i];x++) for(int y=d[1][i];y<=u[1][i];y++){ int t=(x+y+j)%10,tt=(x+y+j)/10; if(t>=d[2][i]&&t<=u[2][i]) dp[i+1][tt]+=dp[i][j]; } }}int main(){ int cas=0; string s; while(cin>>s){ init(s); gao(); printf("Case %d: %lld\n",++cas,dp[n][0]); } return 0;}
F和I都可以用神题形容了。。
F:7k+:
首先看奇度点个数。
如果有4个，那么两条边必然四个端点为这四个点。枚举判断即可。
如果有2个，令这两个点为left和right。
对于所有存在边(x, left)和(x, right)的x，删掉这两条边。
在删除后的图中，对于所有在原图中存在边(x, left)和(x, right)的x，如果
(1) x与left连通 或
(2) x与right连通 或
(3) x与某个点y连通，且原图中存在边(y, left)和(y, right)
那么如果存在一个z，使得原图中删除(z, left)和(z, right)是合法的，那么，原图中删除(x, left)和(x, right)也是合法的，且合法的x只有这三种情况。
取最小的边对((x, left), (x, right))，判断是否可行即可。
如果奇点个数是其他情况，都无解。
#include<cstdio>#include<iostream>#include<cstring>#include<vector>#include<algorithm>#define N 200009using namespace std;int n,m;int a[N],b[N],d[N];int tf[N],vis[N],fa[N];typedef pair<int,int > PII;typedef pair<pair<int,int>,int > PPI;int find(int a){return fa[a]==a?a:fa[a]=find(fa[a]);}bool union_set(int a,int b){ a=find(a),b=find(b); if(a==b) return false; fa[a]=b; return true;}bool check(){ int c=n-1; for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i; for(int i=m;i;i--) if(!tf[i]) c-=union_set(a[i],b[i]); return !c;}int main(){ int cas=0; while(scanf("%d%d",&n,&m)+1){ printf("Case %d: ",++cas); memset(tf,0,sizeof(tf)); memset(d,0,sizeof(d)); memset(vis,0,sizeof(vis)); for(int i=1;i<=m;i++){ scanf("%d%d",a+i,b+i); d[a[i]]^=1; d[b[i]]^=1; } if(!check()){puts("NO");continue;} vector<int> odd; for(int i=1;i<=n;i++) if(d[i]) odd.push_back(i); if(!odd.size()||odd.size()>4){puts("NO");continue;} if(odd.size()==2) { int u=odd[0],v=odd[1]; for(int i=1;i<=m;i++){ if(a[i]==u) vis[b[i]]=i; else if(b[i]==u) vis[a[i]]=i; } vector<PPI> del; for(int i=1;i<=m;i++){ if(a[i]==v&&vis[b[i]]){ tf[i]=tf[vis[b[i]]]=1; del.push_back(PPI(PII(min(i,vis[b[i]]),max(i,vis[b[i]])),b[i])); } else if(b[i]==v&&vis[a[i]]){ tf[i]=tf[vis[a[i]]]=1; del.push_back(PPI(PII(min(i,vis[a[i]]),max(i,vis[a[i]])),a[i])); } } check(); sort(del.begin(),del.end()); memset(vis,0,sizeof(vis)); for(int i=0;i<del.size();i++) vis[find(del[i].second)]=del[i].second; PPI ans; int ok=0; for(int i=0;i<del.size();i++){ int t=find(del[i].second); if(t==find(u)||t==find(v)||vis[t]!=del[i].second){ ok=1; ans=del[i]; break; } } if(ok){ memset(tf,0,sizeof(tf)); tf[ans.first.first]=tf[ans.first.second]=1; if(!check()) ok=0; } if(ok) printf("YES\n%d %d\n",ans.first.first,ans.first.second); else puts("NO"); } else { vector<int> v; for(int i=1;i<=m;i++) if(d[a[i]]&&d[b[i]]) v.push_back(i); sort(v.begin(),v.end()); int ok=0,e1,e2; for(int i=0;!ok&&i<v.size();i++) for(int j=i+1;!ok&&j<v.size();j++){ e1=v[i],e2=v[j]; d[a[e1]]^=1,d[b[e1]]^=1; d[a[e2]]^=1,d[b[e2]]^=1; if(!d[odd[0]]&&!d[odd[1]]&&!d[odd[2]]&&!d[odd[3]]){ tf[e1]=1,tf[e2]=1; if(check()) ok=1; tf[e1]=0,tf[e2]=0; } d[a[e1]]^=1,d[b[e1]]^=1; d[a[e2]]^=1,d[b[e2]]^=1; } if(ok) printf("YES\n%d %d\n",e1,e2); else puts("NO"); } } }
I:clj的题，丧心病狂。。http://oj.tsinsen.com/resources/Train2012-test-clj-tree.pdf
#include<cstdio>#include<cstring>#include<vector>#include<algorithm>using namespace std;int n,m,K;struct edge{ int a,b,c,x; }E[100009];int fa[50009];bool cmp(const edge &a,const edge &b){if(a.c==b.c) return a.x<b.x;return a.c<b.c;}int find(int a){return a==fa[a]?a:fa[a]=find(fa[a]);}bool union_set(int a,int b){a=find(a),b=find(b);if(a==b) return false;fa[a]=b;return true;}int cal(int &cnt,int x){ int ret=0; cnt=0; for(int i=0;i<m;i++) if(!E[i].x) E[i].c+=x; for(int i=0;i<n;i++) fa[i]=i; sort(E,E+m,cmp); for(int i=0,c=n-1;c;i++) if(union_set(E[i].a,E[i].b)) c--,ret+=E[i].c,cnt+=!E[i].x; for(int i=0;i<m;i++) if(!E[i].x) E[i].c-=x; return ret;}int main(){ int cas=0; while(scanf("%d%d%d",&n,&m,&K)+1) { for(int i=0;i<m;i++) scanf("%d%d%d%d",&E[i].a,&E[i].b,&E[i].c,&E[i].x); int cnt,s=-100,e=100,mid,res; while(s<=e){ mid=(s+e)/2; cal(cnt,mid); if(cnt>=K) res=mid,s=mid+1; else e=mid-1; } printf("Case %d: %d\n",++cas,cal(cnt,res)-K*res); }}
J题
声明：以上内容来自用户投稿及互联网公开渠道收集整理发布，本网站不拥有所有权，未作人工编辑处理，也不承担相关法律责任，若内容有误或涉及侵权可进行投诉： 投诉/举报 工作人员会在5个工作日内联系你，一经查实，本站将立刻删除涉嫌侵权内容。