洛谷11月月赛round.1

太感动了
#2 thwfhk 240 (801ms) 100 100 40

 

又一张明信片，话说10月的怎么还没收到

 

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P2246 SAC#1 - Hello World（升级版）

题目背景

一天，智障的pipapi正在看某辣鸡讲义学程序设计。

题目描述

在讲义的某一面，他看见了一篇文章。这篇文章由英文字母（大小写均有）、数字、和空白字符（制表/空格/回车）构成。

pipapi想起了他最近刚刚学会写的Hello World程序。他非常好奇，这篇文章中，“HelloWorld”作为子序列到底出现过多少次呢？

由于papapi是个智障，大小写对于他而言毫无区别；因此，“hEllOWorLD”这样的子序列也是可以接受的。O和W之间的空格是也是可以少的；也就是说，“HelloWorld”是可以的。根据标程的意思，就是没有空格，不用考虑空格的情况。

两个子序列相同当且仅当它们每一个字符所在的位置都相同。

由于答案可能很大，请输出结果对1000000007(10^9+7)的余数。

输入输出格式

输入格式：

输入包含若干行。这些行的内容共同构成一篇文章。

文章以EOF（文件结尾）结束。

输出格式：

输出仅包含一个整数，表示这篇文章中“Hello World”出现的次数。

输入输出样例

输入样例#1：

HhEeLlLlOoWwOoRrLlDd

输出样例#1：

1536

输入样例#2：

Gou Li Guo Jia Sheng Si Yi
Qi Yin Huo Fu Bi Qu Zhi
River can feed people
Also can race boats
Hall Ellen Ok Words locked 

输出样例#2：

273

说明

记n为输入的文章的长度（字符数）。

对于20%的数据，n <= 20。

对于50%的数据，n <= 500。

对于所有的数据，15 <= n <= 500000。

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直接秒掉，f[i][j]前i个0到j匹配方案数，滚掉第一维

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=5e5+,MOD=1e9+;
int n,m,p,mp[];
char c;
int f[];

int main(){
    char s[]="helloworld";
    for(int i=;i<;i++) mp[s[i]]=;

    while((c=getchar())!=EOF){
    if((c>='A'&&c<'Z')||(c>='a'&&c<='z')){
        if(c<'a') c+='a'-'A';
        if(!mp[c]) continue;
        //printf("%c\n",c);
        if(c=='h') f[]++;
        else if(c=='e') f[]+=f[],f[]%=MOD;
        else if(c=='l'){
            f[]+=f[],f[]%=MOD;
            f[]+=f[],f[]%=MOD;
            f[]+=f[],f[]%=MOD;
        }else if(c=='o'){
            f[]+=f[],f[]%=MOD;
            f[]+=f[],f[]%=MOD;
        }else if(c=='w') f[]+=f[],f[]%=MOD;
        else if(c=='r') f[]+=f[],f[]%=MOD;
        else if(c=='d') f[]+=f[],f[]%=MOD;

    }
    }
    printf("%d",f[]);
}

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P2247 SAC#1 - ACOJ云评测计划

题目背景

本题由世界上最蒟蒻最辣鸡最撒比的SOL提供。

寂月城网站是完美信息教室的官网。地址：http://191.101.11.174/mgzd 。

题目描述

ACOJ的服务器简直是差到了一个令人发指的地步。于是SAC的出题人，也就是傻逼SOL，不得不强制要求每一个通过下载ACOJ软件包而搭建的分站，都为主站启动云端评测服务。

云评测服务是由网络来连接的。这样的网络连接是双向的；但是由于地理位置等因素的限制，并不是任意两台服务器都可以直接相连。ACOJ主站已经得到了可以直连的服务器的表，其中包含n个分站（包括主站）以及它们的m条连接情况，可以根据这个来分配各个分站的任务。

有一些分站的服主是SOL的脑残粉。他们会无条件地将他们的服务器提供给SOL。这些ACOJ分站称作“好站”。但是还有一些分站的服主是SOL黑。他们虽然拿到了ACOJ的服务端，但是并不愿意为SOL提供资源，于是利用黑科技关掉了云服务。也就是说，虽然主站仍然认为这些站点存在，但是它们不会起到任何作用——既不能传递通信，也不能进行评测。它们称作“坏站”。

经过千辛万苦的调查，SOL确定了ACOJ云评测系统中有最多k个坏站存在，而且这k个坏站似乎会使得ACOJ的云网络不再联通！大危机！

但是SOL太弱智了，并不能确定是哪k个。于是他请你来帮他找出任意一组可能会使得网络不再联通的k个站点，以便加强防范。

输入输出格式

输入格式：

输入包含m+1行。

第1行3个整数n、m、k。

接下来m行，每行两个整数a、b，表示标号为a和b的站点可以直接相连。

输出格式：

输出包含1行。

不超过k个整数，表示能够将原图割开的任意一组节点组合。

因为使用了Special Judge，所以节点的顺序并不用担心。只需要满足能够割开原图即可。

如果不存在这样的站点集合，输出“How oversuspicious you are, SOL!”；如果网络不存在任何坏站时本来就无法连通，输出“Poor SOL!”。

输入输出样例

输入样例#1：

4 4 2
1 2
2 3
3 4
4 1

输出样例#1：

1 3

输入样例#2：

4 6 2
1 2
2 3
3 4
4 1
1 3
2 4 

输出样例#2：

How oversuspicious you are, SOL!

输入样例#3：

4 0 2

输出样例#3：

Poor SOL!

说明

对于20%的数据，n <= 15。

对于另外20%的数据，n <= 100，k=1。

对于另外20%的数据，n <= 100，k=2。

对于100%的数据，3 <= n <= 500，k <= 3，n-k >= 2，云网络不存在自环和重边。

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枚举再求割点

也可以每次重构图

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cmath>
using namespace std;
const int N=505;
inline int read(){
    char c=getchar();int x=0,f=1;
    while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
    while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
    return x*f;
}
int n,m,k,a,b;
struct edge{
    int v,w,ne;
}e[N*N<<1];
int h[N],cnt=0;
inline void ins(int u,int v){
    cnt++;
    e[cnt].v=v;e[cnt].ne=h[u];h[u]=cnt;
    cnt++;
    e[cnt].v=u;e[cnt].ne=h[v];h[v]=cnt;
}

int dfn[N],low[N],dfc,scc,iscut[N],cv,nc;
void init(){
	for(int i=0;i<=n;i++) dfn[i]=low[i]=iscut[i]=0;
	dfc=scc=cv=0;
}
void dfs1(int u,int fa){ nc++;
	dfn[u]=low[u]=++dfc;
	int child=0;
	for(int i=h[u];i;i=e[i].ne){
		int v=e[i].v;
		if(!dfn[v]){
			child++;
			dfs1(v,u);
			low[u]=min(low[u],low[v]);
			if(low[v]>=dfn[u]) iscut[u]=1;
		}else if(v!=fa) low[u]=min(low[u],dfn[v]);
	}
	if(fa==0&&child==1) iscut[u]=0;
	if(iscut[u]) cv=u;
}

void dfs2(int u,int fa,int del){
	dfn[u]=low[u]=++dfc;
	int child=0;
	for(int i=h[u];i;i=e[i].ne){
		int v=e[i].v; if(v==del) continue;
		if(!dfn[v]){
			child++;
			dfs2(v,u,del);
			low[u]=min(low[u],low[v]);
			if(low[v]>=dfn[u]) iscut[u]=1;
		}else if(v!=fa) low[u]=min(low[u],dfn[v]);
	}
	if(fa==0&&child==1) iscut[u]=0;
	if(iscut[u]) cv=u;
}

void dfs3(int u,int fa,int del1,int del2){
	dfn[u]=low[u]=++dfc;
	int child=0;
	for(int i=h[u];i;i=e[i].ne){
		int v=e[i].v; if(v==del1||v==del2) continue;
		if(!dfn[v]){
			child++;
			dfs3(v,u,del1,del2);
			low[u]=min(low[u],low[v]);
			if(low[v]>=dfn[u]) iscut[u]=1;
		}else if(v!=fa) low[u]=min(low[u],dfn[v]);
	}
	if(fa==0&&child==1) iscut[u]=0;
	if(iscut[u]) cv=u;
}
int main(){
	n=read();m=read();k=read();
	for(int i=1;i<=m;i++){a=read();b=read();ins(a,b);}

	dfs1(1,0);
	if(nc<n) {puts("Poor SOL!");return 0;}
	else if(cv) {printf("%d",cv);return 0;}

	init();
	if(k==2){
		dfs2(2,0,1);
		if(cv){printf("%d %d",1,cv);return 0;}

		for(int i=2;i<=n;i++){
			init();
			dfs2(1,0,i);
			if(cv){printf("%d %d",i,cv);return 0;}
		}
	}else if(k==3){
		dfs3(3,0,1,2);
		if(cv){printf("%d %d %d",1,2,cv);return 0;}
		for(int i=3;i<=n;i++){
			init();
			dfs3(2,0,1,i);
			if(cv){printf("%d %d %d",1,i,cv);return 0;}
		}
		for(int i=2;i<=n;i++)
			for(int j=i+1;j<=n;j++){
				init();
				dfs3(1,0,i,j);
				if(cv){printf("%d %d %d",i,j,cv);return 0;}
			}
	}
	puts("How oversuspicious you are, SOL!");
	return 0;
}

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P2248 分段

题目描述

给定你n个数，要求将它们分成若干连续的段。

要求：

1. 有m对给定的数不能被分到同一段。

2. 分出一个段的代价是，其中K和S均为给定的常数，而P则是该段中所有数的最大值，Q是该段中所有数的最小值。

3. 要求你求出每段代价之和最小的分段方案。

输入输出格式

输入格式：

第一行两个正整数n和m，表示数的个数和不能共存的m对数。

第二行两个非负整数K和S，含义见题面。

第三行n个非负整数，即给定的n个数。

接下来m行每行2个数和，表示和这两个编号的数不能共存。（编号从1开始）

输出格式：

输出仅一行，表示最小的每段代价之和。

输入输出样例

输入样例#1：

5 2
3 1
2 3 12 14 16
2 3
3 1

输出样例#1：

11

说明

对于10%的数据，；

对于30%的数据，；

对于另外10%的数据，；

对于另外30%的数据，；

对于100%的数据，1≤m,n≤100000，0≤K,S,a_i≤100000，1≤pi,qi≤n，pi≠qi。

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想了个O(n^2)的DP就打上了，特判了一下S==0，好像没什么用

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+;
const ll INF=1e18;
inline int read(){
    char c=getchar();int x=,f=;
    while(c<''||c>''){if(c=='-')f=-;c=getchar();}
    while(c>=''&&c<=''){x=x*+c-'';c=getchar();}
    return x*f;
}
int n,m,K,S,a[N],pos[N],p,q;
int mx[N][],mn[N][];
void initRMQ(){
    for(int i=;i<=n;i++) mx[i][]=mn[i][]=a[i];

    for(int j=;j<=;j++)
        for(int i=;i+(<<j)-<=n;i++)
            mx[i][j]=max(mx[i][j-],mx[i+(<<(j-))][j-]),
            mn[i][j]=min(mn[i][j-],mn[i+(<<(j-))][j-]);
}
int rmq(int l,int r){
    int k=log(r-l+)/log();
    return max(mx[l][k],mx[r-(<<k)+][k])-min(mn[l][k],mn[r-(<<k)+][k]);
}

ll f[N];
void dp(){
    for(int i=;i<=n;i++){
        f[i]=INF;int p=pos[i];
        for(int j=i-;j>=p;j--){
            f[i]=min(f[i],f[j]+K+(ll)S*(ll)rmq(j+,i));
            p=max(p,pos[j]);
        }
    }
}
struct range{
    int a,b;
    bool operator <(const range &r)const{return b<r.b;}
}d[N];
void sol(){
    int cnt=;
    for(int i=;i<=n;i++) if(pos[i]) d[++cnt]=(range){pos[i],i};

    sort(d+,d++cnt);
    int last=,ans=;
    for(int i=;i<=cnt;i++){
        if(d[i].a<=last) continue;
        last=d[i].b;
        ans++;
    }
    printf("%d",ans*K+K);
}

int main(){
    n=read();m=read();K=read();S=read();
    for(int i=;i<=n;i++) a[i]=read();
    for(int i=;i<=m;i++){
        p=read();q=read();
        if(p>q) swap(p,q);
        pos[q]=max(pos[q],p);
    }
    if(S==){
        sol();
    }else{
        initRMQ();
        dp();
        printf("%lld",f[n]);
    }
}