CodeForces Round #286 Div.2

A. Mr. Kitayuta's Gift (枚举)

题意：

给一个长度不超过10的串，问能否通过插入一个字符使得新串成为回文串。

分析：

因为所给的串很多，所以可以枚举 “在哪插入” 和 “插入什么”，写一个二重循环枚举新串，判断是否为回文串。时间复杂度为O(n³)

还可只枚举插入位置(在那个位置用一个特殊字符表示)，在判断的时候，如果遇到特殊字符，则所插入的字符一定为镜像的字符。

 #include <cstdio>
 #include <cstring>

 char s[], s1[];
 int l;

 bool judge()
 {
     for(int i = ; i < (l+)/; ++i)
         if(s1[i] == ) s1[i] = s1[l-i];
         else if(s1[l-i] == ) s1[l-i] = s[i];
         else if(s1[i] != s1[l-i]) return false;

     return true;
 }

 int main()
 {
     scanf("%s", s);
     l = strlen(s);
     bool flag = false;
     for(int pos = ; pos <= l; ++pos)
     {//枚举所加入字符的位置,s1为得到的新串
         int i;
         for(i = ; i < pos; ++i) s1[i] = s[i];
         s1[i++] = ;
         for(; i <= l; ++i)s1[i] = s[i-];
         if(judge()) { flag = true; break; }
     }

     if(!flag) puts("NA");
     else
     {
         for(int i = ; i <= l; ++i)
             if(s1[i] == ) printf("a");
             else printf("%c", s1[i]);
     }

     return ;
 }

代码君

B. Mr. Kitayuta's Colorful Graph (并查集)

题意：

有一个多种颜色的无向图，给出每条边的两个顶点以及该边的颜色。

然后有若干次询问，每次询问两点间共有多少种颜色的通路。

分析：

这道题可以理解为二维的并查集。如果没有颜色的区分，可以判断两点是否连通。

现在给边染上颜色，则我们可以分开处理。最后在询问的时候枚举所有颜色，判断两点是否连通。

 #include <cstdio>
 #include <vector>
 #include <cstring>
 #include <algorithm>
 using namespace std;

 const int maxn =   + ;

 int G[maxn][maxn];
 int n, m;
 int p[maxn][maxn];
 //找颜色为color的边中，x的父节点
 int findp(int color, int x) { return x == p[color][x] ? x : p[color][x] = findp(color, p[color][x]); }

 struct Edge
 {
     int u, v;
     Edge(int u=, int v=):u(u), v(v) {}
 };

 vector<Edge> edges[maxn];

 int main()
 {
     //freopen("in.txt", "r", stdin);
     int n, m, Mc = ;
     scanf("%d%d", &n, &m);
     //并查集初始化
     for(int i = ; i <= m; ++i)
         for(int j = ; j <= n; ++j)
             p[i][j] = j;

     for(int i = ; i < m; ++i)
     {
         int a, b, c;
         scanf("%d%d%d", &a, &b, &c);
         Mc = max(Mc, c);
         int pa = findp(c, a);
         int pb = findp(c, b);
         if(pa != pb) p[c][pa] = pb;
     }

     int Q;
     scanf("%d", &Q);
     for(int i = ; i < Q; ++i)
     {
         int u, v, cnt = ;
         scanf("%d%d", &u, &v);
         for(int c = ; c <= Mc; ++c) //枚举所有颜色
             if(findp(c, u) == findp(c, v))
                 cnt++;
         printf("%d\n", cnt);
     }

     return ;
 }

代码君

C. Mr. Kitayuta, the Treasure Hunter (DP)

题意：

参见原文吧，=_=||

Mr. Kitayuta, the Treasure Hunter

分析：

设dp(i, j)表示跳到第i个岛步长为j，w_i表示第i个岛的宝石数，最大能取到的宝石数。

状态转移方程为 dp(i, j) = w_i + max{dp(i+j-1, j-1), dp(i+j, j), dp(i+j+1, j+1)}

上式是从后往前推的，最终答案是dp(d, d)。

从前往后推也是一样的，不过要维护一个最大值。

还有一个很严重的问题就是：30000×30000的空间太大了！

再深入分析，其实步长的变化范围没有3w那么大。

假设每一步步长为前面步长加一，可以求出最大步长。类似地，求出最小步长。

假设d=1，最大步长不会超过245 + d，因为

同样的，如果d≤244，则最小步长为0.

如果d≥245，

所以，最小步长不会小于max{0, d - 245}.

 #include <cstdio>
 #include <algorithm>
 using namespace std;

 int max3(int a, int b, int c)
 { return max(max(a, b), c); }

 int w[], dp[][];

 int main()
 {
     //freopen("in.txt", "r", stdin);

     int n, d;
     scanf("%d%d", &n, &d);
     for(int i = ; i < n; ++i)
     {
         int x;
         scanf("%d", &x);
         w[x]++;
     }

     int maxp, minp = ;
     for(int n = ; ; n++) if(d*(n+)+n*(n+)/ >= )
     {
         maxp = d + n;   //最大步长
         break;
     }
     for(int n = ; d >= ; n++) if(d*(n+)-n*(n+)/ >= )
     {
         minp = d - n;   //最小步长
         break;
     }

     for(int x = ; x >= d; --x)
         for(int l = minp; l <= maxp; ++l)
             dp[x][l-minp+] = w[x] + max3(dp[x+l][l-minp+], dp[x+l+][l+-minp], dp[x+l-][l-minp]);

     printf("%d\n", dp[d][d+-minp]);

     return ;
 }

代码君