T1 叉叉

题目名称

叉叉

程序文件名

cross

输入文件名

cross.in

输出文件名

cross.out

每个测试点时限

1秒

内存限制

128MB

测试点数目

10

每个测试点分值

10

是否有部分分

试题类型

传统

题目描述

现在有一个字符串,每个字母出现的次数均为偶数。接下来我们把第一次出现的字母a和第二次出现的a连一条线,第三次出现的和四次出现的字母a连一条线,第五次出现的和六次出现的字母a连一条线...对其他25个字母也做同样的操作。

现在我们想知道有多少对连线交叉。交叉的定义为一个连线的端点在另外一个连线的内部,另外一个端点在外部。

下图是一个例子,共有三对连线交叉(我们连线的时候,只能从字符串上方经过)。

输入格式

一行一个字符串。保证字符串均由小写字母组成,且每个字母出现次数为偶数次。

输出格式

一个整数,表示答案。

样例输入

abaazooabz

样例输出

3

数据范围

对于30% 的数据,字符串长度不超过50。

对于100% 的数据,字符串长度不超过100,000。

处理出每对字符的两个位置,按左端点排序,判断是否会相交,加一个小剪枝、、、暴力做法数据水就过了。。

 #include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdio> const int N();
int cnt,n,ans;
struct Node {
int l,r;
bool operator < (const Node&x)const
{
return l<x.l;
}
}a[N];
char s[N]; int Presist()
{
freopen("cross.in","r",stdin);
freopen("cross.out","w",stdout);
scanf("%s",s+); n=strlen(s+);
cnt=;
for(int k=; k<; ++k)
for(int i=; i<=n; ++i)
if(s[i]-'a'==k)
{
if(a[cnt].r) a[++cnt].l=i;
else if(!a[cnt].l) a[cnt].l=i;
else a[cnt].r=i;
}
std::sort(a+,a+cnt+);
for(int i=; i<=cnt; ++i)
// printf("%d %d\n",a[i].l,a[i].r);
for(int j=i+; j<=cnt; ++j)
{
if(a[i].r<a[j].l) break;
ans+=(a[i].r<a[j].r);
}
printf("%d\n",ans);
return ;
} int Aptal=Presist();
int main(int argc,char**argv){;}

AC

T2 跳跳虎想回家

k==0的就是普通的最短路,k==1的可以Floyd求出多源最短路,枚举每个传送通道更新最小值,

另外就是乱搞的(把传送通道全加进去跑最短路。。可能还是数据水)、、考试时数组开小了80分、

 #include <cstdio>
#include <queue> #define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b)) inline void read(int &x)
{
x=; register char ch=getchar();
for(; ch>''||ch<''; ) ch=getchar();
for(; ch>=''&&ch<=''; ch=getchar()) x=x*+ch-'';
} const int INF(0x3f3f3f);
const int M();
const int N();
int n,m,q,k,ans;
int dis[N][N];
bool vis[N]; int head[N],sumedge;
struct Edge {
int v,next,w;
Edge(int v=,int next=,int w=):
v(v),next(next),w(w){}
}edge[M<<];
inline void ins(int u,int v,int w)
{
edge[++sumedge]=Edge(v,head[u],w);
head[u]=sumedge; dis[u][v]=w;
} struct Node {
int pos,dis;
bool operator < (const Node&x)const
{
return dis>x.dis;
}
}u,v;
std::priority_queue<Node>que; inline void Dijkstra(int s)
{
for(int i=; i<=n; ++i)
dis[s][i]=INF,vis[i]=;
u.dis=dis[s][s]=,u.pos=s;
for(; !que.empty(); ) que.pop(); que.push(u);
for(; !que.empty(); )
{
u=que.top(); que.pop();
if(vis[u.pos]) continue; vis[u.pos]=;
for(int i=head[u.pos]; i; i=edge[i].next)
{
v.pos=edge[i].v;
if(dis[s][v.pos]>dis[s][u.pos]+edge[i].w)
{
dis[s][v.pos]=dis[s][u.pos]+edge[i].w;
v.dis=dis[s][v.pos]; que.push(v);
}
}
}
} struct Road {
int u,v,w;
Road(int u=,int v=,int w=):u(u),v(v),w(w){}
}road[M]; inline void violence()
{
for(int k=; k<=n; ++k)
for(int i=; i<=n; ++i)
for(int j=; j<=n; ++j)
dis[i][j]=min(dis[i][j],dis[i][k]+dis[k][j]);
ans=dis[][n];
for(int u,w,v,i=; i<=q; ++i)
{
u=road[i].u,v=road[i].v,w=road[i].w;
ans=min(ans,dis[][u]+dis[v][n]+w);
}
printf("%d\n",ans>=INF?(-):ans);
} inline void violence2()
{
for(int u,w,v,i=; i<=q; ++i)
ins(road[i].u,road[i].v,road[i].w);
Dijkstra(); printf("%d\n",dis[][n]>=INF?(-):dis[][n]);
} int Presist()
{
freopen("move.in","r",stdin);
freopen("move.out","w",stdout);
read(n),read(m),read(q),read(k);
for(int i=; i<=n; ++i)
for(int j=; j<=n; ++j)
dis[i][j]=(i!=j)*INF;
for(int u,v,w,i=; i<=m; ++i)
read(u),read(v),read(w),ins(u,v,w);
for(int u,v,w,i=; i<=q; ++i)
read(u),read(v),read(w),road[i]=Road(u,v,w);
if(!k) { Dijkstra(); printf("%d\n",dis[][n]>=INF?(-):dis[][n]); return ;}
else if(k==) { violence(); return ; }
else { violence2(); return ; }
return ;
} int Aptal=Presist();
int main(int argc,char**argv){;}

AC

T3 秀秀 和哺 噜国 ( cut )

f[i][j]表示以i为根,连通块大小为k的满足题目要求联通个数的方案数,f[i][0]表示以i为根的所有合法方案数

对于u的一个孩子v,f[u][j+k]+=f[u][j]*f[v][k],(乘法原理,一颗以u的孩子为根的树的贡献与其余树互不影响)

f[u][0]+=f[u][i](k<=i<=size[u])

只枚举当前 u 所在子树的大小,每当枚举到它的其中孩子时,当前 u 所在子树的大小加上它孩子为根的子树的大小。

可以理解为每一个点对只被枚举到一次。 这样可以优化到n^2

ans=f[root][0]

 #include <cstdio>

 #define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))

 inline void read(int &x)
{
x=; register char ch=getchar();
for(; ch>''||ch<''; ) ch=getchar();
for(; ch>=''&&ch<=''; ch=getchar()) x=x*+ch-'';
}
const int mod();
const int N();
int n,q,ans,dis[N][N];
int head[N],sumedge;
struct Edge {
int v,next;
Edge(int v=,int next=):v(v),next(next){}
}edge[N<<];
inline void ins(int u,int v)
{
edge[++sumedge]=Edge(v,head[u]);
head[u]=sumedge,dis[u][v]=;
} int size[N],tmp[N],f[N][N];
void DFS(int u,int pre)
{
size[u]=; f[u][]=;
for(int v,i=head[u]; i; i=edge[i].next)
{
v=edge[i].v; if(v==pre) continue;
DFS(v,u); int tot=size[u]+size[v];
for(int j=; j<=tot; ++j) tmp[j]=;
for(int j=; j<=size[u]; ++j)
tmp[j]=1ll*f[v][]*f[u][j]%mod;
for(int j=; j<=size[u]; ++j)
for(int k=; k<=size[v]; ++k)
tmp[k+j]=(tmp[k+j]%mod+1ll*f[u][j]*f[v][k]%mod)%mod;
for(int j=; j<=tot; ++j) f[u][j]=tmp[j];
size[u]+=size[v];
}
for(int i=q; i<=size[u]; ++i) f[u][]=(f[u][]+f[u][i])%mod;
} int Presist()
{
// freopen("cut.in","r",stdin);
// freopen("cut.out","w",stdout);
read(n),read(q);
for(int i=; i<=n; ++i)
for(int j=; j<=n; ++j)
dis[i][j]=(i!=j)*(n+);
for(int u,v,i=; i<n; ++i)
read(u),read(v),ins(u,v);
DFS(,-);
printf("%d\n",f[][]);
return ;
} int Aptal=Presist();
int main(int argc,char**argv){;}

AC

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