BUPT2017 wintertraining(15) #3 题解
我觉得好多套路我都不会ﾍ(;´Д｀ﾍ)
题解拖到情人节后一天才完成，还有三场没补完，真想打死自己、( ˙-˙ )
A - 温泉旅店
题意
有n张牌，两人都可以从中拿出任意张，各自的得分为他们手中牌上的数字的异或和。求A的得分小于等于B的方案数。
题解：
DP，\(dp[i][j][k]\)表示前i张牌，使得A得分为j，B得分为k 的案数。\(dp[0][0][0]=1\)
\]
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#define N 65537
int n,a[N],ans,dp[17][1<<8][1<<8]={1};
using namespace std;
int main() {
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=0;j<=(1<<7);j++)
for(int k=0;k<=(1<<7);k++){
dp[i][j][k]=dp[i-1][j][k]+dp[i-1][j^a[i]][k]+dp[i-1][j][k^a[i]];
if(i==n&&k<=j)ans+=dp[i][j][k];
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
B - Ikki's Story I - Road Reconstruction
题意
在给定的网络流中找出有多少条弧，扩大它的容量(只扩大它)后可以使最大流增大。
题解
解法1.
我比较暴力：先算一遍最大流，然后枚举每条残流为0的边，容量加一，如果跑一边最大流不为0则ans++;
解法2.
更快的算法是，在残流网络上分别从起点和终点进行dfs，经过的点打上标记，ans就是两头都打了标记的边的数量。
//解法1
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <queue>
#define N 1005
#define M 10005
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
int n,m;
struct edge{
int to,next,w;
}e[M],e2[M];
int head[N],g[N],cnt;
int d[N],ans,tans;
int st,ed;
void add(int u,int v,int w){
e[cnt]=(edge){v,head[u],w};head[u]=cnt++;
e[cnt]=(edge){u,head[v],0};head[v]=cnt++;
}
int bfs(){
memset(d,-1,sizeof d);
queue<int>q;
q.push(st);
d[st]=0;
while(!q.empty()){
int i,k=q.front();
q.pop();
for(i=head[k];~i;i=e[i].next){
int v=e[i].to;
if(e[i].w>0&&d[v]==-1){
d[v]=d[k]+1;
q.push(v);
}
}
}
return d[ed]>0;
}
int dinic(int k,int low){
if(k==ed||low==0)return low;
int a,res=0;
for(int &i=g[k];~i;i=e[i].next){
int v=e[i].to;
if(d[v]==d[k]+1&&e[i].w>0&&(a=dinic(v,min(low,e[i].w)))){
res+=a;
low-=a;
e[i].w-=a;
e[i^1].w+=a;
if(!low)break;
}
}
return res;
}
void solve(){
ans=0;
while(bfs()){
memcpy(g,head,sizeof g);
while(tans=dinic(st,inf))ans+=tans;
}
}
void init(){
cnt=0;
memset(head,-1,sizeof head);
}
int main() {
while(~scanf("%d%d",&n,&m)){
init();
for(int i=1,u,v,c;i<=m;i++)scanf("%d%d%d",&u,&v,&c),add(u,v,c);
st=0,ed=n-1;
solve();
int num=0;
memcpy(e2,e,sizeof e2);
for(int i=0;i<cnt;i+=2){
memcpy(e,e2,sizeof e);
if(!e[i].w){
e[i].w++;
solve();
if(ans)num++;
}
}
printf("%d\n",num);
}
return 0;
}
//解法2
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>
#define N 505
#define M 10005
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
struct edge{int to,next,w;}e[M];
int head[N],g[N],cnt=1;//cnt从1开始
int st,ed;
int d[N],ans;
int flag[N][2];
void add(int u,int v,int w){
e[++cnt]=(edge){v,head[u],w};head[u]=cnt;
e[++cnt]=(edge){u,head[v],0};head[v]=cnt;
}
int bfs(){
memset(d,-1,sizeof d);
queue<int>q;
q.push(st);
d[st]=0;
while(!q.empty()){
int k=q.front();
q.pop();
for(int i=head[k];i;i=e[i].next){
int v=e[i].to;
if(e[i].w>0&&d[v]==-1){
d[v]=d[k]+1;
q.push(v);
}
}
}
return d[ed]>0;
}
int dinic(int k,int low){
if(k==ed||low==0)return low;
int a,res=0;
for(int &i=g[k];i;i=e[i].next){
int v=e[i].to;
if(d[v]==d[k]+1&&e[i].w>0&&(a=dinic(v,min(low,e[i].w)))){
res+=a;
low-=a;
e[i].w-=a;
e[i^1].w+=a;
if(!low)break;
}
}
return res;
}
void solve(){
while(bfs()){
memcpy(g,head,sizeof g);
while(dinic(st,inf));
}
}
void dfs(int x,int c){
flag[x][c]=1;
for(int k=head[x];k;k=e[k].next)
if(!flag[e[k].to][c]&&e[k^c].w)dfs(e[k].to,c);
}
int main() {
int n,m;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1,u,v,w;i<=m;i++){
scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
add(u,v,w);
}
st=0,ed=n-1;
solve();
dfs(st,0);
dfs(ed,1);
for(int i=2;i<=cnt;i+=2)
if(flag[e[i^1].to][0]&&flag[e[i].to][1])ans++;
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
C - Seeing People
题意
第一种人：\(t_i\)时刻以\((0,v_1)\)的速度从\((p_i,0)\)位置出发，任何时刻可以看到在当前位置\((x,y)\)到\((x,y+w_i)\)线段上的人。
第二种人：\(t_i\)时刻以\((v_2,0)\)的速度从\((0,p_i)\)位置出发，任何时刻可以看到在当前位置\((x,y)\)到\((x+w_i,y)\)线段上的人。
问每个人可以看到多少个人。
题解
同一种人是不可能看见的，因为速度是相同的，而出发时间是不同的。
在 t 时刻，第一种人i，可看见第二种人j 的条件是：
j:((t-t_j)\cdot v_2,\ p_j)\\
\begin{cases}
p_i\le (t-t_j)\cdot v_2\le p_i+w_i\\
(t-t_i)\cdot v_1=p_j
\end{cases}
\]
消去t得
\]
移项得
\]
\(f[i][0]\)存储\(p_i\cdot v_1-t_i\cdot v_1\cdot v_2\)，\(f[i][1]\)存储$ p_i\cdot v_1-t_i\cdot v_1\cdot v_2+w_i\cdot v_1$。
\(g[0][i]\)存储$ (p_i-t_i\cdot v_1)\cdot v_2\(，相似地，第二种人i 可看见第一种人j 的条件是对称的。把v1改为v2，v2改为v1即可。存储在\)g[1][i]$中。
然后给g[0],g[1]分别排序，用lower_bound和upper_bound就可以解决了。
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define N 100005
#define ll long long
using namespace std;
int t,n,s[2],k[N];
ll v[2],g[2][N],f[N][2];
int main() {
scanf("%d",&t);
for(int c=1;c<=t;c++){
printf("Case #%d:\n",c);
scanf("%d%lld%lld",&n,v,v+1);
s[0]=s[1]=0;
for(int i=0,a;i<n;i++){
ll t,p,w;
scanf("%d%lld%lld%lld",&a,&t,&p,&w);a--;
g[a][s[a]++]=p*v[a]-t*v[0]*v[1];
k[i]=a;
f[i][0]=(p-t*v[!a])*v[a];
f[i][1]=f[i][0]+w*v[a];
}
sort(g[0],g[0]+s[0]);
sort(g[1],g[1]+s[1]);
for(int i=0;i<n;i++){
printf("%d\n",(int)(upper_bound(g[!k[i]], g[!k[i]]+s[!k[i]], f[i][1])-lower_bound(g[!k[i]], g[!k[i]]+s[!k[i]], f[i][0])));
}
}
return 0;
}
D - Attacking rooks
题意
'.'的位置可以放车，两车若要在同一行或者同一列必须中间有'#'。
题解
匈牙利算法。
同一行连续的'.'作为一块，同一列连续的'.'也作为一块。行块和列块对应二分图的点。每个'.'代表有一条边连接了所在行块和列块。求出二分图最大匹配就是答案。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <iostream>
const int N=5060;
using namespace std;
char m[105][105];
int a[105][105],b[105][105],cc,cr;
int n,lk[N];//一不小心把lk设置为bool型，无限wa
bool vis[N],g[N][N];
bool find(int u){
for(int i=1;i<=cr;i++)
if(g[u][i]&&!vis[i]){
vis[i]=1;
if(!lk[i]||find(lk[i])){
lk[i]=u;
return 1;
}
}
return 0;
}
int solve(){
memset(lk,0,sizeof lk);
int ans=0;
for(int i=1;i<=cc;i++){
memset(vis,0,sizeof vis);
if(find(i))ans++;
}
return ans;
}
int main() {
while(~scanf("%d",&n)){
memset(g,0,sizeof g);
cc=cr=0;
for(int i=0;i<n;i++){
scanf("%s",m[i]);
for(int j=0;j<n;j++)if(m[i][j]=='.'){
if(j==0||m[i][j-1]=='X')
a[i][j]=++cc;
else a[i][j]=a[i][j-1];
if(i==0||m[i-1][j]=='X')
b[i][j]=++cr;
else b[i][j]=b[i-1][j];
}
}
for(int i=0;i<n;i++)for(int j=0;j<n;j++)if(m[i][j]=='.')
g[a[i][j]][b[i][j]]=1;
printf("%d\n",solve());
}
return 0;
}
E - Eleven
题意
给定一串数字，求所有排列组合里没有前导0的且能被11整除的方案数。
题解
首先要知道能被11整除的数 等价于 (偶数位的数之和-奇数位的数之和)%11=0
以每个数字作为阶段进行状态转移。
\(dp[i][j][k]\)表示统计了前i+1个数字(0~i),(偶数位的数之和-奇数位的数之和)%11=j，偶数位还剩k个没放数字，的方案数。
half是偶数位的个数。
当数字个数是偶数时，最高位的是偶数位，不能放0，于是初始条件是
\(dp[0][0][half-i]=C(half-1,i)*C(half,num[0]-i)%M\)
数字个数是奇数时，奇数位有half+1个，但是首位的奇数位不能放0：
\(dp[0][0][half-i]=C(half,i)*C(half,num[0]-i)\)
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#define ll long long
#define N 105
const int M = 1e9+7;
using namespace std;
char s[N];
ll C[N][N];
ll dp[11][11][N];
int num[11],tot[11];
int main() {
for(int i=0;i<=N/2;i++){
C[i][0]=1;
for(int j=1;j<=i;j++)
C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%M;
}
while(~scanf("%s",s)){
memset(dp,0,sizeof dp);
memset(num,0,sizeof num);
int len=strlen(s),half=len/2;
for(int i=0;s[i];i++)num[s[i]-'0']++;
tot[0]=num[0];
for(int i=1;i<10;i++)tot[i]=tot[i-1]+num[i];
for(int i=0;i<=half&&i<=num[0];i++)
if(len%2==0)dp[0][0][half-i]=C[half-1][i]*C[half][num[0]-i]%M;
else dp[0][0][half-i]=C[half][i]*C[half][num[0]-i]%M;
for(int i=1;i<10;i++)//统计数字i的贡献
for(int remain=0;remain<11;remain++)//之前的余数是remain
for(int e=0;e<=num[i]&&e<=half;e++)//最多把全部i放在偶数位，偶数位只有half个
for(int k=e;k<=len-tot[i-1]&&k<=half;k++){//之前剩下的k个偶数位上选e个放i，k不超过剩下的所有位置(len-tot[i-1]),且偶数位只有half个
int re=(e-(num[i]-e))*i%11;//(放在偶数位-放在奇数位)*i。i贡献的余数
int j=(remain+re)%11;//新的余数
j=(j+11)%11;
dp[i][j][k-e]=(dp[i][j][k-e]+dp[i-1][remain][k]*C[k][e]%M*C[len-k-tot[i-1]][num[i]-e]%M)%M;
//剩下的奇数位有t个,t=len-k-tot[i-1]
}
printf("%lld\n",dp[9][0][0]);
}
return 0;
}
F - Crossed Matchings
题意
给定两组数排成两排，配对不同组中的其中相同的数，每个连线有且仅有另外一条配对不同数字的连线交叉。问最多匹配多少对。
题解
交叉的两个连线所跨越的区间内不会有其它连线，于是我们考虑\(dp[i][j]\)表示a数组前i个和b数组的前j个最多能匹配多少对，那么
\(dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-1])\)
\(dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[k-1][l-1]+2)\)当\(a[i]=b[l],b[j]=a[k],a[i]!=b[j]\)
a:1,2,..k...i
b:1,2,...l..j
这种dp思路和LCS（最大公共序列）差不多
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#define N 105
using namespace std;
int t,n,m;
int a[N],b[N],dp[N][N];
int main() {
scanf("%d",&t);
while(t--){
scanf("%d %d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%d",&b[i]);
memset(dp,0,sizeof dp);
int ans=0;
for(int i=2;i<=n;i++)
for(int j=2;j<=m;j++){
dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-1]);
for(int k=1;k<i;k++)
for(int l=1;l<j;l++)
if(a[i]==b[l]&&b[j]==a[k]&&a[i]!=b[j]){
dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[k-1][l-1]+2);
ans=max(ans,dp[i][j]);
}
}
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
G - Slim Span
题意
求给定图的差值最小的生成树。
题解
差值最小的生成树一定是以某条边为最小的边的最小生成树。枚举每一条边作为最小的边，再用kruskal算法求出最小生成树。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#define N 105
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
struct edge{int u,v,w;}e[N*N];
int fa[N];
int n,m;
int find(int x){
if(x==fa[x])return x;
return fa[x]=find(fa[x]);
}
bool cmp(edge a,edge b){
return a.w<b.w;
}
int main() {
while(scanf("%d%d",&n,&m),n){
for(int i=1;i<=m;i++)
scanf("%d%d%d",&e[i].u,&e[i].v,&e[i].w);
sort(e+1,e+1+m,cmp);
int ans=inf,ok=0;
for(int i=1;i<=m-n+2;i++){//最小的是e[i]
for(int i=1;i<=n;i++)fa[i]=i;
int j,cnt=0;
for(j=i;j<=m;j++){
int fu=find(e[j].u),fv=find(e[j].v);
if(fu!=fv){
fa[fu]=fv;
cnt++;
}
if(cnt==n-1){
ok=1;
ans=min(e[j].w-e[i].w,ans);
break;
}
}
}
if(ok)printf("%d\n",ans);
else puts("-1");
}
return 0;
}
H - E. Wet Shark and Blocks
题意
共有b个数字块，每个块里都是给定的n个数字，从每块里选出一个数字组成一个整数，求有多少种方案使得该整数%x=k。答案mod\(10^9+7\)。\((2 ≤ n ≤ 50 000, 1 ≤ b ≤ 10^9, 0 ≤ k < x ≤ 100, x ≥ 2) \)
题解
矩阵快速幂。
\(A[i][j]\)表示之前的余数是 j ，这一块选取后得到余数 i 的选取方案数。
\(b[i][j]\)表示考虑完前i块，余数为j 有多少种方案。
那么
\(b[i][j]=\sum_{k=0}^{k=x-1}b[i-1][k]\cdot a[j][k]\)
所以
\begin{matrix}
b_{i0}\\
b_{i1}\\
\vdots\\
b_{i(x-1)}
\end{matrix}
\right]
=
\left[
\begin{matrix}
a_{00}&a_{01}&\cdots &a_{0(x-1)}\\
a_{10}&a_{11}&\cdots &a_{1(x-1)}\\
\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\
a_{(x-1)0}&a_{(x-1)1}&\cdots &a_{(x-1)(x-1)}
\end{matrix}
\right]
*
\left[
\begin{matrix}
b_{(i-1)0}\\
b_{(i-1)1}\\
\vdots\\
b_{(i-1)(x-1)}
\end{matrix}
\right]
\]
因此
\begin{matrix}
b_{n0}\\
b_{n1}\\
\vdots\\
b_{n(x-1)}
\end{matrix}
\right]
=
\left[
\begin{matrix}
a_{00}&a_{01}&\cdots &a_{0(x-1)}\\
a_{10}&a_{11}&\cdots &a_{1(x-1)}\\
\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\
a_{(x-1)0}&a_{(x-1)1}&\cdots &a_{(x-1)(x-1)}
\end{matrix}
\right]^n
*
\left[
\begin{matrix}
b_{00}\\
b_{01}\\
\vdots\\
b_{0(x-1)}
\end{matrix}
\right]
\]
c[j]是一块中数字 j 的个数，也就是当前位选数字j的方案数，A矩阵就可以求出来：
a[(i*10+j)%x][i] +=c[j]
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <vector>
#define N 50005
#define M 1000000007
#define ll long long
using namespace std;
typedef vector<ll> vec;
typedef vector<vec> Mat;
int n,b,k,x,c[10];
Mat mul(Mat A,Mat B){
Mat C(A.size(),vec(B[0].size()));
for(int i=0;i<A.size();i++)
for(int j=0;j<B[0].size();j++)
for(int k=0;k<B.size();k++)
C[i][j]=(C[i][j]+A[i][k]*B[k][j])%M;
return C;
}
Mat pow(Mat A,int t){
Mat B(A.size(),vec(A.size()));
for(int i=0;i<B.size();i++)B[i][i]=1;
for(;t;t>>=1,A=mul(A,A))if(t&1)B=mul(B,A);
return B;
}
int main() {
scanf("%d%d%d%d",&n,&b,&k,&x);
for(int i=1,a;i<=n;i++) scanf("%d",&a),c[a]++;
Mat A(x,vec(x)),B(x,vec(1));
for(int i=0;i<x;i++)
for(int j=0;j<10;j++) A[(i*10+j)%x][i]+=c[j];
B[0][0]=1; A=pow(A,b); B=mul(A,B);
printf("%lld",B[k][0]);
return 0;
}
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问题: 分别在不同的荷载步对同一节点施加集中荷载,则节点最终所受荷载为各步荷载值叠加还是最后一步荷载值? 如,在第一个荷载步对节点n施加集中荷载F1,在第二个荷载步对该节点施加集中荷载F2,则第二个荷 ...
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