第十八屆同濟大學程序設計競賽暨高校網絡友誼賽
比賽地址node
A（dfs）
題目連接
⭐c++
解析：
直接使用dfs，模擬他的他的判斷過程便可。注意用一些trick，能夠將節點進行重編號（使得葉子節點按照滿二叉樹先序遍歷的順序進行編號），若是某個節點\(a\)是另外一個節點\(b\)的祖宗節點，則\(a\)必定是\(b\)的前綴，這樣就能夠去判斷是否有衝突算法
注意：數組
- 儘管探索右兒子時可能已經分配完全部信道，但仍是要添加此次查詢次數
- 同時這道題能夠進行優化，對於每一個祖宗節點\(cur\)，二叉樹還剩下\(x\)層他後代的葉子節點範圍是能夠計算的（\([cur\times2^x,(cur+1)\times2^x-1]\)），這樣就能夠對\(dat\)數組進行二分查詢，複雜度從\(O(n^2)\rightarrow O(nlog(n))\)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, k;
const int maxn = 5000;
int dat[maxn];
int dfs(int cur, int x) {
int cnt = 0;
for (int i = 0; i < k; ++i)
if (dat[i] >> x == cur) ++cnt; //trick
if (cnt <= 1) return 1;
return dfs(cur << 1, x - 1) + dfs(cur << 1 | 1, x - 1) + 1;
}
int main() {
scanf("%d%d", &n, &k);
for (int i = 0; i < k; ++i)
scanf("%d", &dat[i]), dat[i] += n - 1;
printf("%d", dfs(1, log(n) / log(2)));
}
C（dp or 組合數學）
題目連接
⭐⭐函數
解析：優化
- 第一種作法（dp） 複雜度\(O(n)\)
定義\(dp[i]\)爲\(i\)被拆分的方案數，那麼對於任意一個數\(i\)，考慮他的最後一項能夠爲任意數\(x（k\le x\le i\)，那麼就不可貴到狀態轉移方程\(dp[i]=\sum_{x=k}^idp[i-x]\)，注意到任意一個數均可以由它本身直接構成，因此\(dp[0]=0\)。且狀態轉移方程因爲與區間連續和有關，因此可對dp數組的前綴和進行維護，進行\(O(1)\)查詢
注意：
進一步優化發現能夠將前綴和數組與\(dp\)數組合並spa
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 55;
int dat[maxn];
int main() {
int T, n;
scanf("%d", &T);
while (T--) {
scanf("%d", &n);
bool ok = true;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
scanf("%d", &dat[i]);
if (i && dat[i] < dat[i - 1]) ok = false;
}
if (ok) printf("0\n");
else {
if (dat[0] == n && dat[n - 1] == 1) printf("3\n");
else if (dat[0] == 1 || dat[n - 1] == n) printf("1\n");
else printf("2\n");
}
}
}
- 第二種作法（組合數學） 預處理複雜度\(O(n)\)，算法複雜度\((O(\lfloor\frac{n}{k}\rfloor))\)
考慮利用組合數學的思想解題，先有引理，對於一個\(n\)個木棍，分紅\(x\)堆（每堆至少有1個），總共有\(C_{n-1}^{x-1}\)種方案（插空法），那麼對於這道題就至關於變形題，既能夠先在每堆种放置\(k-1\)個，再按引理的方式繼續拜訪，那麼最後答案就是對各類分堆個數方案數的和
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e6 + 5;
const long long mod = 1e9 + 7;
long long inv[maxn], jc[maxn];
long long q_pow(long long a, long long b) {
long long ans = 1;
while (b) {
if (b & 1) ans = ans * a % mod;
a = a * a % mod;
b >>= 1;
}
return ans;
}
typedef long long ll;
ll C(int n, int m) {
return jc[n] * inv[m] % mod * inv[n - m] % mod;
}
int main() {
ll n, k;
scanf("%lld%lld", &n, &k);
inv[0] = inv[1] = jc[0] = jc[1] = 1;
for (int i = 2; i <= n; ++i)
jc[i] = jc[i - 1] * i % mod;
inv[n] = q_pow(jc[n], mod - 2);
for (int i = n - 1; i; --i)
inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % mod;
int end = n / k;
ll ans = 0;
for (int i = 1; i <= end; ++i) {
ans = (ans + C(n - i * (k - 1) - 1, i - 1)) % mod;
}
printf("%lld", ans);
}
D（思惟）
題目連接
⭐⭐code
解析：
好像就是以前cf的一道原題，因爲時刻要保證區間內\(0,1\)的數量相等，因此相隔\(k\)個距離的字符也必須相等，所以在保證字符串能夠知足上述條件的基礎上，再去觀察前\(k\)個字符是否能夠知足\(0,1\)的數量相等blog
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, k;
const int maxn = 1000000 + 5;
char str[maxn];
void no() {
printf("No");
exit(0);
}
void yes() {
printf("Yes");
exit(0);
}
int main() {
scanf("%d%d", &n, &k);
scanf("%s", str);
if (k & 1) no();
int t[2] = { 0 };
int s = '0' + '1';
for (int i = 0; i < k; ++i) {
if (str[i] == '0' || str[i] == '1') {
++t[str[i] == '1'];
for (int j = i; j < n; j += k)
if (str[j] == s - str[i]) no();
}
else {
char c = 0;
for (int j = i; j < n; j += k)
if (!c && str[j] != '?')
c = str[j];
else if (c && str[j] != c) no();
if (c)
++t[c == '1'];
}
}
if (t[1] > k / 2 || t[0] > k / 2) no();
yes();
}
F（線性DP）
題目連接
⭐⭐遊戲
解析：
在若是沒有要求第一個和最後一個珠子互相鄰近的狀況下，能夠很容易定義\(dp[i][j]\)表明到第\(i\)行，選擇\(j\)顏色的珠子時的最大價值
因此問題轉化成了如何解決相鄰的問題。能夠經過指定開始珠子的顏色爲紅色，或者爲藍色進行\(dp\)，這樣就完美解決了問題
\[dp[i][0]=\max(dp[i-1][0],dp[i-1][1])+v\\ dp[i][1]=dp[i-1][0]+v\\ ~\\ ans=\begin{cases} \max(dp[n-1][0],dp[n-1][1]) &\text{if initial color is blue}\\ dp[n-1][0] & \text{if initial color is red} \end{cases} \]
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e6 + 10;
const ll INF = -2e17;
int T, w, n, m;
ll dp[maxn][2], a[maxn], v[maxn][2], ans;
int f(int x, int y) {
return x * m + y;
}
int main() {
scanf("%d", &T);
while (T--) {
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = 0; i < n; ++i) {
v[i][0] = v[i][1] = INF;
for (int j = 0; j < m; ++j) {
scanf("%lld", &a[f(i, j)]);
}
}
for (int i = 0; i < n; ++i) {
for (int j = 0; j < m; ++j) {
scanf("%d", &w);
v[i][w] = max(v[i][w], a[f(i, j)]);
}
}
if (n == 1) {
printf("%lld\n", max(v[0][0], v[0][1]));
continue;
}
dp[0][0] = v[0][0];
dp[0][1] = INF;
for (int j = 1; j < n; ++j) {
dp[j][0] = max(dp[j - 1][0], dp[j - 1][1]) + v[j][0];
dp[j][1] = dp[j - 1][0] + v[j][1];
}
ans = max(dp[n - 1][0], dp[n - 1][1]);
dp[0][1] = v[0][1];
dp[0][0] = INF;
for (int j = 1; j < n; ++j) {
dp[j][0] = max(dp[j - 1][0], dp[j - 1][1]) + v[j][0];
dp[j][1] = dp[j - 1][0] + v[j][1];
}
ans = max(ans, dp[n - 1][0]);
printf("%lld\n", ans < 0 ? -1 : ans);
}
return 0;
}
G（最小費用最大流）
題目連接
⭐⭐
解析：
很是典型的最小費用最大流的模板題，構建超級源點鏈接有空餘車的城市，構建超級匯點鏈接缺車的城市，直接跑就好了
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
namespace MinCostMaxFlow
{
const static int MAXN = 1000;//node
const static int MAXE = 10000;//edge
struct Edge
{
int from, to, next, cap, flow;
long long cost;
Edge() {}
Edge(int u, int v, int c, int f, long long _c, int nxt) :from(u), to(v), cap(c), flow(f), cost(_c), next(nxt) {}
}edge[MAXE];
int head[MAXN], tol, N, start, end;
int pre[MAXN];
long long dis[MAXN];
bool vis[MAXN];
//Function
void init()
{
N = MAXN;
tol = 0;
memset(head, -1, sizeof(head));
}
void link(int u, int v, int cap, int cost)//s->t,cap,cost
{
edge[tol] = Edge(u, v, cap, 0, cost, head[u]); head[u] = tol++;
edge[tol] = Edge(v, u, 0, 0, -cost, head[v]); head[v] = tol++;
}
bool spfa()
{
queue<int>Q;
for (int i = start; i <= end; i++) dis[i] = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
for (int i = start; i <= end; i++) vis[i] = false;
for (int i = start; i <= end; i++) pre[i] = -1;
dis[start] = 0;
vis[start] = true;
Q.push(start);
while (!Q.empty())
{
int u = Q.front();
Q.pop();
vis[u] = false;
for (int i = head[u]; i != -1; i = edge[i].next)
{
int v = edge[i].to;
if (edge[i].cap > edge[i].flow && dis[v] > dis[u] + edge[i].cost)
{
dis[v] = dis[u] + edge[i].cost;
pre[v] = i;
if (!vis[v])
{
vis[v] = true;
Q.push(v);
}
}
}
}
if (pre[end] == -1) return false;
else return true;
}
int MCMF(long long& cost)
{
cost = 0;
int maxflow = 0;
while (spfa())
{
int Min = INF;
for (int i = pre[end]; i != -1; i = pre[edge[i ^ 1].to])
Min = min(Min, edge[i].cap - edge[i].flow);
//MIN=min(Min,goal-maxflow);
for (int i = pre[end]; i != -1; i = pre[edge[i ^ 1].to])
{
edge[i].flow += Min;
edge[i ^ 1].flow -= Min;
cost += edge[i].cost * Min;
}
maxflow += Min;
// if(maxflow==goal) break;
}
return maxflow;
}
};
const int maxn = 500 + 5;
int dat[maxn];
int main() {
int T, n, m, a, b, c;
scanf("%d", &T);
while (T--) {
scanf("%d%d", &n, &m);
MinCostMaxFlow::init();
MinCostMaxFlow::start = 0;
MinCostMaxFlow::end = n + 1;
int tot = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
scanf("%d", &dat[i]), tot += dat[i];
while (m--) {
scanf("%d%d%d", &a, &b, &c);
MinCostMaxFlow::link(a, b, INF, c);
MinCostMaxFlow::link(b, a, INF, c);
}
if (tot % n) {
printf("-1\n");
continue;
}
tot /= n;
int top = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
if (dat[i] > tot) MinCostMaxFlow::link(MinCostMaxFlow::start, i, dat[i] - tot, 0), top += dat[i] - tot;
else if (dat[i] < tot) MinCostMaxFlow::link(i, MinCostMaxFlow::end, tot - dat[i], 0);
}
long long cost = 0;
if (MinCostMaxFlow::MCMF(cost) != top)
printf("-1\n");
else
printf("%lld\n", cost);
}
}
J（SG函數+找規律）
題目連接
⭐⭐⭐⭐
解析：
能夠構造一個新的子游戲，子游戲能夠在樹上任意一點下棋，這樣根據SG定理，答案就成了鏈接在根節點（1號節點）上平行子游戲的異或和
對於子游戲的SG值，簡單畫了幾個樹形進行\(mex\)操做能夠發現，任一遊戲的SG值等於以他爲根節點的子游戲SG值得異或加1（具體證實待補...）
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
const int maxn = 1e5 + 5;
vector<int> e[maxn];
int get_sg(int cur, int fa) {
int t = 0;
for (auto& i : e[cur])
if (fa != i)
t ^= get_sg(i, cur);
return t + 1;
}
int main() {
int T, a, b;
scanf("%d", &T);
while (T--) {
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; ++i) e[i].clear();
for (int i = 1; i < n; ++i) {
scanf("%d%d", &a, &b);
e[a].push_back(b), e[b].push_back(a);
}
int ans = 0;
for (auto& i : e[1])
ans ^= get_sg(i, 1);
printf("%s\n", ans ? "NO" : "YES");
}
}
相關文章
- 1. 「科大訊飛杯」第十七屆同濟大學程序設計預選賽暨高校網絡友誼賽 J.斐波那契和
- 2. 「科大訊飛杯」第十七屆同濟大學程序設計預選賽暨高校網絡友誼賽題解
- 3. 斐波那契和（「科大訊飛杯」第十七屆同濟大學程序設計預選賽暨高校網絡友誼賽 J，矩陣快速冪）
- 4. 12.28西南民族大學第十一屆程序設計競賽（同步賽）
- 5. 西北大學第四屆程序設計競賽新生賽（同步賽）
- 6. 第十四屆浙江財經大學程序設計競賽重現賽 ——A
- 7. 2018年北京信息科技大學第十屆程序設計競賽暨ACM選拔賽
- 8. 2018年北京信息科技大學第十屆程序設計競賽暨ACM選拔賽 J過河
- 9. 2018年北京信息科技大學第十屆程序設計競賽暨ACM選拔賽 F掃雷
- 10. 第八屆湘潭大學程序設計比賽A題
- 更多相關文章...
- • Lua 協同程序(coroutine) - Lua 教程
- • 第一個MyBatis程序 - MyBatis教程
- • JDK13 GA發佈：5大特性解讀
- • 算法總結-歸併排序
相關標籤/搜索
每日一句
-
每一个你不满意的现在，都有一个你没有努力的曾经。
歡迎關注本站公眾號,獲取更多信息
相關文章
- 1. 「科大訊飛杯」第十七屆同濟大學程序設計預選賽暨高校網絡友誼賽 J.斐波那契和
- 2. 「科大訊飛杯」第十七屆同濟大學程序設計預選賽暨高校網絡友誼賽題解
- 3. 斐波那契和（「科大訊飛杯」第十七屆同濟大學程序設計預選賽暨高校網絡友誼賽 J，矩陣快速冪）
- 4. 12.28西南民族大學第十一屆程序設計競賽（同步賽）
- 5. 西北大學第四屆程序設計競賽新生賽（同步賽）
- 6. 第十四屆浙江財經大學程序設計競賽重現賽 ——A
- 7. 2018年北京信息科技大學第十屆程序設計競賽暨ACM選拔賽
- 8. 2018年北京信息科技大學第十屆程序設計競賽暨ACM選拔賽 J過河
- 9. 2018年北京信息科技大學第十屆程序設計競賽暨ACM選拔賽 F掃雷
- 10. 第八屆湘潭大學程序設計比賽A題