上半年邀请赛的时候真是险而又险地2题拿了个铜,确实其实跟没拿一样......现场前复盘一下,长长记性 [A]签到题 [B]最短路+DFS [C]最短路 [D]构造+欧拉回路 [E]数论,最佳平方逼近 [F]望而却步... [G]望而却步... [H]望而却步... [I] [J]最短路+TSP ------ [A] 看到的第一眼考虑KMP,最后才知道原来签到题直接模拟即可. [B] 第一步完成点对点之间的最短路这点肯定没有问题,后悔当时没有尝试直接暴搜...... [启发] 还是能做的一定努力出…

2题继续遗憾收场,每次都是只差最后一步.这一场却是之前那么多场中感觉距离奖牌最近的时候.好好总结一下经验教训,复盘之后好好准备下一场北京的最后一战吧. 一开始的状态非常不错,10分钟跟榜完成1A,第二个题是K,虽说开始的时候卡了不少时间,后来还是努力在1小时左右的时候出了,算是跟榜跟的还行.最终的问题应该是出在后面的3小时的策略上. 教训: 把3小时全部赌在一题上,现在想想确实是有点冒险,下次应该最多留一人或者两人继续磕题就好,剩下的可以看下别的.从这一点上来说,从一开始一个队友一人做F,然后一…

[A]签到题 [B]后缀数组 [C]染色,DP(感觉可出) [D]BFS搜索,有点麻烦 [E]博弈论,Nim博弈 [F]BFS状态搜索 [G]概率DP+状态压缩 [H]异或+构造 [I]矩阵快速幂(队友已出) [J]树的分治 [K]类模拟退火的方向修正搜索.三分 [A] Post Robot Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/65536 K (Java/Others) [Problem Descriptio…

Description Edward is a rich man. He owns a large factory for health drink production. As a matter of course, there is a large warehouse in the factory. To ensure the safety of drinks, Edward hired a security man to patrol the warehouse. The warehous…

The 2014 ACM-ICPC Asia Mudanjiang Regional Contest A.Average Score B.Building Fire Stations C.Card Game D.Domination E.Excavator Contest F.Fiber-optic Network G.Garden and Sprinklers H.Hierarchical Notation I.Information Entropy J.Jacobi Pattern K.Kn…

点击打开链接 Happy Reversal Time Limit: 1000ms Memory Limit: 65536KB 64-bit integer IO format: %lld      Java class name: Main pid=34987" rel="nofollow" class="ui-button ui-widget ui-state-default ui-corner-all ui-button-text-only" styl…

The 2014 ACM-ICPC Asia Mudanjiang Regional Contest 题目链接 没去现场.做的网络同步赛.感觉还能够,搞了6题 A:这是签到题,对于A堆除掉.假设没剩余在减一.B堆直接除掉 + 1就能够了 B:二分贪心,二分长度.然后会发现本质上是在树上最长链上找两点,那么有二分出来的长度了,就从两端分别往里移动那么长,那两个位置就是放置位置.然后在推断一下就能够了 D:概率DP.首先知道放一个棋子.能够等价移动到右上角区域,那么就能够dp[x][y][k],表示…

题意:       这个是The 2014 ACM-ICPC Asia Mudanjiang Regional First Round 的C题,这个题目当时自己想的很复杂,想的是优先队列广搜,然后再在前向星里排序,结果写了好长,然后wa掉了,还好后来被队友A了,题意是给你一个无向图,然后让你遍历所有的点,但是有一些点的之间的遍历顺序有限制,最后问你能否遍历所有点. 思路:        今早起来才用自己的思路A了这个题,其实我们可以按照限制的顺序,一个一个枚举,对于当前的这个点,我们从它开始搜,…

2014牡丹江亚洲区域赛邀请赛 B题:图论题目 题解:这里 K题:想法题 分析:两种变化.加入和交换.首先:星号是n的话最少须要的数字是n+1,那么能够首先推断数字够不够,不够的话如今最前面添数字,假设满足的话直接模拟假设数字不够的话把当前的星号和最后一个数字交换就可以. css函数能够不用. AC代码: #include <cstdio> #include <iostream> #include <algorithm> #include <vector>…

思路: 将4个串每个串都反向这样得到新的四个串一共8个串,对于母串每个位置检测这个串能不能放进去,hs或者后缀数组都可以.然后dp[i][j]  (0<i<len  0<=j<8)表示长度为i以第j个串结尾能不能到达,如果能 那么 就可以i+1位置利用原来处理出来的来转移.要注意开头结尾即可. 注意:以第i个串结尾  那么下个串 就不能用第i个串的反向串. #include<iostream> #include<cstdio> #include<alg…