【寒假集训系列DAY.1】

Problem A. String Master(master.c/cpp/pas)

题目描述

　所谓最长公共子串，比如串 A：“abcde”，串 B：“jcdkl”，则它们的最长公共子串为串 “cd”，即长
度最长的字符串，且在两个串中都作为连续子串出现过。
给定两个长度都为 n 的字符串，对于字符串大师的你来说，求它们的最长公共子串再简单不过了。
所以现在你有 k 次修改机会，每次你可以选择其中某个串的某个位置，将其修改成任意字符。
你需要合理使用这 k 次修改机会，使得修改之后两个串的最长公共子串最长。相信对于字符串大师
的你来说，这个问题也难不倒你。
Input
第一行包含两个整数 n, k，分别表示字符串的长度和修改次数。
第二行包含一个长度为 n 的仅由小写字符构成的字符串 S。
第三行包含一个长度为 n 的仅由小写字符构成的字符串 T。
Output
输出一行一个整数，即修改完毕之后两个串的最长公共子串的长度。

k<=n<=300

题目大意：两个字符串，任意改动k个字母，使得最长公共子串最长

思路：两个指针i,j，代表从S串第i个位置开始，T串从第j个位置开始，枚举长度len，求出在两边找出的子串在k次修改机会内的最大长度

复杂度：O（N^3）

 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<algorithm>
 using namespace std;
 inline int read(){
     char chr=getchar();    int f=,ans=;
     while(!isdigit(chr)) {if(chr=='-') f=-;chr=getchar();}
     while(isdigit(chr))  {ans=(ans<<)+(ans<<);ans+=chr-'';chr=getchar();}
     return ans*f;
 }
 void write(int x){
     if(x<) putchar('-'),x=-x;
     if(x>) write(x/);
     putchar(x%+'');
 }
 const int N=;
 char S[N],T[N],tS[N],tT[N];
 int n,k,f[N][N];
 inline int Check(char *S,char *T){
     int ans=;
     for(int i=;i<=n;i++)
         for(int j=;j<=n;j++){
             int cs=,len;
             for(len=;len<=min(n-i+,n-j+);len++){
                 if(S[i+len-]!=T[j+len-])
                     if(cs>=k) break;
                     else cs++;
             }ans=max(ans,len-);
         }return ans;

 }
 int main(){
     freopen("master.in","r",stdin);
     freopen("master.out","w",stdout);
     n=read(),k=read();
     scanf("%s",S+);scanf("%s",T+);
     write(Check(S,T));
     return ;
 }

Problem B. Tourist Attractions(tour.c/cpp/pas)

题目描述

　在美丽的比特镇一共有 n 个景区，编号依次为 1 到 n，它们之间通过若干条双向道路连接。
Byteasar 慕名来到了比特镇旅游，不过由于昂贵的门票费，他只能负担起 4 个景区的门票费。他可
以在任意景区开始游览，然后结束在任意景区。
Byteasar 的旅游习惯比较特殊，一旦他路过了一个景区，他就一定会进去参观，并且他永远不会参
观同一个景区两次。所以他想知道，有多少种可行的旅游路线，使得他可以恰好参观 4 个景区呢？即，
有多少条简单路径恰好经过了 4 个点。
Input
第一行包含两个整数 n，表示景区的总数。
第 2 至第 n + 1 行，每行一个长度为 n 的 01 字符串，第 i + 1 行第 j 个字符为 0 表示 i 和 j 之间
没有道路，为 1 表示有一条道路。
输入数据保证 (i, j) 的连接情况等于 (j, i) 的连接情况，且 (i, i) 恒为 0。
Output
输出一行一个整数，即可行的路线总数。

n<=1500

记得开long long!!!        记得开long long!!!         记得开long long!!!

①40pts(直接枚举第一二三四个点，判断是否重复，是否按顺序连通——O(n^4))

②70pts(枚举其中的第一二三个点，第四个点个数就是第三个点的度数-1，当然考虑环的情况，如果第三个点和第一个点连通，要再1   要开long long 比赛的时候因为这个丢掉30分) ——O（n^3）

③100pts （bitset优化，对于每个类似于a-b-c-d的四元组我们枚举中间的俩元素b-c
    然后对于这一组元素对答案的贡献为(du[b]-1)*(du[c]-1)-包含b-c这组元素的三元环个数
   枚举三元环的个数 ，其中两个元素b-c已经确定，只要再找一个元素x同时满足x-b连通 且x-c连通即可
   然而找到元素x最简单的方法即O(n) 枚举，但是这样的话时间复杂度重新退化为O(n^3)
   于是考虑bitset优化, 假设与b相连的元素集合为s[b],
   则三元环个数即为(s[b]&s[c]).count()(两集合并集中1的个数，即同时与b,c相连)——O（n^3/32）

　　　　本题对于Pascal选手还是不太友好的，但手动bitset也不是不可以/滑稽

 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<algorithm>
 #include<bitset>
 #define int long long //懒人专用
 using namespace std;
 inline int read(){
     char chr=getchar();    int f=,ans=;
     while(!isdigit(chr)) {if(chr=='-') f=-;chr=getchar();}
     while(isdigit(chr))  {ans=(ans<<)+(ans<<);ans+=chr-'';chr=getchar();}
     return ans*f;
 }
 void write(int x){
     if(x<) putchar('-'),x=-x;
     if(x>) write(x/);
     putchar(x%+'');
 }
 int n,a[][],du[];
 char s[];
 long long ans=;
 bitset<> ss[];
 signed main(){
     freopen("tour.in","r",stdin);
     freopen("tour.out","w",stdout);
     n=read();
     for(register int i=;i<=n;++i){
         scanf("%s",s+);
         for(register int j=;j<=n;++j)
             if(s[j]=='') a[i][j]=;else a[i][j]=,du[i]++;
     }
     if(n<=)//①40pts，这里码风可能不太友好（考试的时候为了卡常）当然了，如果100分方法看懂了可以略过前两种部分分的方法
     for(register int i=;i<=n;++i)
         for(register int j=;j<=n;++j){if(i!=j&&a[i][j])
             for(register int k=;k<=n;++k){if(j!=k&&i!=k&&a[j][k])
                 for(register int l=;l<=n;++l){if(i!=l&&j!=l&&k!=l&&a[k][l])++ans;}}}
     else if(n<=){
 //②70pts
         for(register int i=;i<=n;++i)
             for(register int j=;j<=n;++j){
                 if(i==j) continue;
                 if(!a[i][j]) continue;
                 for(register int k=;k<=n;++k){
                     if(i==k||j==k) continue;
                     if(!a[j][k]) continue;
                     ans+=du[k]-;
                     if(a[k][i]) ans--;
                 }
             }
     }else{
 //③100pts
         for(int i=;i<=n;i++)
             for(int j=;j<=n;j++)
                 if(a[i][j]==) ss[i][j]=;else ss[i][j]=;
         for(int i=;i<=n;i++)
             for(int j=;j<=n;j++){
                 if(!a[i][j]) continue;
                 if(i==j) continue;
                 ans+=(du[i]-)*(du[j]-)-(ss[i]&ss[j]).count();
             }
     }
     write(ans);
     return ;
 }

Problem C. Walk(walk.c/cpp/pas)

考试妥妥的打暴力系列

在比特镇一共有 n 个街区，编号依次为 1 到 n，它们之间通过若干条单向道路连接。
比特镇的交通系统极具特色，除了 m 条单向道路之外，每个街区还有一个编码 vali，不同街区可能
拥有相同的编码。如果 vali and valj = valj，即 vali 在二进制下与 valj 做与运算等于 valj，那么也会
存在一条额外的从 i 出发到 j 的单向道路。
Byteasar 现在位于 1 号街区，他想知道通过这些道路到达每一个街区最少需要多少时间。因为比特
镇的交通十分发达，你可以认为通过每条道路都只需要 1 单位时间。
Input
第一行包含两个正整数 n, m，表示街区的总数以及道路的总数。
第二行包含 n 个正整数 val1, val2, ..., valn，分别表示每个街区的编码。
接下来 m 行，每行包含两个正整数 ui
, vi，表示一条单向道路，起点为 ui，终点为 vi。
Output
输出 n 行，每行一个整数，其中第 i 行输出到达第 i 个街区的最少时间，如果无法到达则输出 −1

①20分，直接求就好了

②40分，O(n^2)建图，O(n)BFS求最短路

③70分，考虑重新构图，新增1<<15个点，枚举子集（O（n^3）），向点 i 向它所有的子集连一条权值为 0 的有向边，然后在向原图中连回去，可能表达不太对，画个图意会一下//待会儿FFT来说又怪语文老师

④100分，还是新建图，点i 只需要向点 i 去掉某一位的 1 的点连边，这样边的数量得到有效控制

 #pragma GCC optimize(2)
 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<algorithm>
 #include<queue>
 #define ll long long
 using namespace std;
 inline int read(){
     char chr=getchar();    int f=,ans=;
     while(!isdigit(chr)) {if(chr=='-') f=-;chr=getchar();}
     while(isdigit(chr))  {ans=(ans<<)+(ans<<);ans+=chr-'';chr=getchar();}
     return ans*f;
 }
 void write(int x){
     if(x<) putchar('-'),x=-x;
     if(x>) write(x/);
     putchar(x%+'');
 }
 const int N=;
 int val[N],cnt;
 int n,m,ver[N<<],head0[N<<],head1[N<<],nxt[N<<],dis[N<<],tot=,x,y,hd=,tl=,q[N];
 bool vis[N<<];
 inline void add1(int x,int y){ver[++tot]=y;nxt[tot]=head1[x];head1[x]=tot;}
 inline void add0(int x,int y){ver[++tot]=y;nxt[tot]=head0[x];head0[x]=tot;}
 void Run(int x,int w){
   if(dis[x]>=)return;
   dis[q[++tl]=x]=w;
   for(int i=head0[x];i;i=nxt[i])     Run(ver[i],w);
   if(x>=cnt) return;
   for(int i=;i<;i++)if(x>>i&)    Run(x^(<<i),w);
 }
 int main(){
     freopen("walk.in","r",stdin);
     freopen("walk.out","w",stdout);
     n=read(),m=read();cnt=<<;
     for(int i=;i<=n;i++)    x=read(),add1(i+cnt,x),add0(x,i+cnt);
     for(int i=;i<=m;i++)   x=read(),y=read(),add1(x+cnt,y+cnt);
     for(int i=;i<=n+cnt;i++) dis[i]=-;
     Run(cnt+,);
     while(hd<=tl)for(int i=head1[x=q[hd++]];i;i=nxt[i])Run(ver[i],dis[x]+);
     for(int i=;i<=n;i++) write(dis[i+cnt]),puts("");
     return ;
 }