今天考的内容，怎么说呢，都有这样的一个过程：读题（哎呀这题什么意思）->理解题（哎呀这题怎么这么简单）->看一眼数据范围(哎呀这道题怎么这么毒瘤),今天的题都不是难,是难拿高分,写暴力的思路一下子就出来了,然后默默的看着数据范围舍弃掉想法......
话说11号信息奥赛的就要都来学校集训了,就都能一起来受虐了qwq
T1:李时珍的皮肤衣
这道题是这次考试之中唯一可做的一道题了，我们想象一下，如果最里层的衣服被照到了，那么最外层的衣服一定都已经经历过了若干次的变化，且此时他们都是透明的，且最后一次照射之后最内层的衣服变为透明，其余的都成为了不透光的，而我们从表格中可以看到每一次操作之后就相当于数字的大小减了1，于是操作的次数就是2^n-2^(n-1)+1,即2^(n-1)+1,加一是因为要算上第一天,推出了式子就可以进行计算了,当然直接计算是不可取的,要用矩阵快速幂.
#include<bits/stdc++.h>
unsigned long long n;
unsigned long long POW(unsigned long long x,unsigned long long cnt){
unsigned long long ans=1;
while(cnt){
if(cnt & 1) ans=(ans*x)%n;
cnt>>=1;
x=(x*x)%n;
//printf("%llu %llu\n",ans,x);
}
return ans%n;
}
int main(){
scanf("%llu",&n);
printf("%llu\n",(POW(2,n-1)+1)%n);
return 0;
}
//其实并不用开ull,ll即可
T2:马大嘴的废话
这道题在考试的时候不想写暴力,但是想了近一个小时还是没有头绪,只好打了一个暴力拿了60pts,这道题大佬们都用的什么"Hash","AC自动机",这些我都不会,于是用老师讲的tire字典树进行计算,这是一个比较久远的内容了,但是还是有大佬想到了(但想法被另一个大佬封杀了),所以这道题好像考试时并没有人用tire树,对于一个输入的字符串我们依次存原串,去掉第一个字符的串...以此类推,之后考虑处理重复的情况,我们在增加字符串的时候加上一个编号,如果编号重复就不要再增加该串的增加次数了.
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=5e5+100;
int tire[N][26],mark[N][26],cnt[N][26];
char str[25];
int n,m,tot;
void Insert(int pos,int end,int id){
int now=0;
while(pos<end){
int t=str[pos]-'a';
if(!tire[now][t]){
tire[now][t]=++tot;
mark[now][t]=id;
cnt[now][t]=1;
}
else{
if(mark[now][t]!=id){
mark[now][t]=id;
++cnt[now][t];
}
}
now=tire[now][t];
++pos;
}
}
int search(char *a){
int len=strlen(a);
int now=0,ans=0;
for(int i=0;i<len;++i){
if(!tire[now][a[i]-'a']) return 0;
ans=cnt[now][a[i]-'a'];
now=tire[now][a[i]-'a'];
}
return ans;
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=0;i<n;++i){
scanf(" %s",str);
int len=strlen(str);
for(int j=0;j<len;++j)
Insert(j,len,i);
}
scanf("%d",&m);
while(m--){
scanf(" %s",str);
printf("%d\n",search(str));
}
return 0;
}
T3:SSY的队列
emm......这道题现在的正解我还不会写,因为要用到Hash,而我还不会,只能去拿状压的70pts......但是考完试后发现拿70分的人都非常少是怎么回事,状压都写挂了???其实要当状压写的话这道题就没有什么好说的了,和之前做过考过的一道"互不侵犯"神之类似,都是预处理出第一层,之后把最终的状态进行累加,但是状态要改一下,dp[i][j]表示状态为i的最后一个人为j时的答案,有状态转移dp[j|(1<<(i-1))][i]=(dp[j|(1<<(i-1))][i]+dp[j][k]) % M;之后就直接看代码吧.
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int Mod,n,a[50];
ll M=1234567891;
ll dp[1<<23][31];
int main(){
scanf("%d",&n);
if(n==0){
printf("1\n");
return 0;
}
for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&a[i]);
scanf("%d",&Mod);
int ed=(1<<n)-1;
for(int i=1;i<=n;++i)
dp[1<<(i-1)][i]=1;
for(int j=0;j<=ed;++j)
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int k=1;k<=n;++k){
if(i==k) continue;
if(!(j & (1<<(k-1)))) continue;
if(j & (1<<(i-1))) continue;
if(abs(a[k]-a[i])%Mod==0) continue;
dp[j|(1<<(i-1))][i]=(dp[j|(1<<(i-1))][i]+dp[j][k]) % M;
}
ll ans=0;
for(int i=1;i<=n;++i)
ans=(ans+dp[ed][i])%M;
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
T4:清理牛棚
这道题听说要用单调队列优化线性dp?这些统统不会,打一个map的区间dp直接走人(数组开不下只好用mapQAQ),STL果然没让我失望,T了只得了两个点的分......我会向线性dp屈服吗?当然不会,这里安利一个最短路求法,对于每头猪从他开始的天数到结束的那天建一条边权为花费的边,且每个点都向前一个点连一条边权为0的边,这样就相当与去拼一个M到E的方案,从M跑最短路,如果E可以达到,输出答案即可,反之输出-1
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N=3e6+10;
struct Node{
int next,to,dis;
}edge[N];
int Head[N],tot;
void Add(int x,int y,int z){
edge[++tot].to=y;
edge[tot].next=Head[x];
edge[tot].dis=z;
Head[x]=tot;
}
struct Edge{
int dis,id;
Edge(int x,int y){
id=x;dis=y;
}
bool operator < (const Edge &a)const{
return a.dis<dis;
}
};
int dis[N],vis[N];
priority_queue<Edge>q;
void dijkstra(int x){
memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
memset(vis,0,sizeof(vis));
dis[x]=0;q.push(Edge(x,0));
while(!q.empty()){
int u=q.top().id;q.pop();
if(vis[u]) continue;
vis[u]=true;
for(int i=Head[u];i;i=edge[i].next){
int v=edge[i].to;
if(dis[v]>dis[u]+edge[i].dis){
dis[v]=dis[u]+edge[i].dis;
q.push(Edge(v,dis[v]));
}
}
}
}
signed main(){
int n,m,e;
scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&e);
for(int i=1;i<=n;++i){
int x,y,z;
scanf("%lld%lld%lld",&x,&y,&z);
if(x<m) x=m;
if(y>e) y=e;
Add(x,y+1,z);
}
for(int i=m;i<e;++i){
Add(i+1,i,0);
}
dijkstra(m);
if(dis[e+1]==0x3f3f3f3f3f3f3f3f)
printf("-1\n");
else printf("%lld\n",dis[e+1]);
return 0;
}
然后就是今天的一些练习题啦,没有什么说的,大部分都是一些板子和一些不好调试的题目,但是写出来还是很简单的,这里就不详细说了,
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 int agree[505][505][55],dp[505][505][55]; 4 int zhuan(char c){ 5 if(c=='W') return 1; 6 if(c=='I') return 2; 7 if(c=='N') return 3; 8 if(c=='G') return 4; 9 } 10 int main(){ 11 int a,b,c,d; 12 scanf("%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d); 13 for(int i=1;i<=a;++i){ 14 char ch[5],chh='W'; 15 scanf(" %s",ch); 16 agree[zhuan(ch[0])][zhuan(ch[1])][1]=1; 17 agree[1][1][1]=1; 18 } 19 for(int i=1;i<=b;++i){ 20 char ch[5],chh='I'; 21 scanf(" %s",ch); 22 agree[zhuan(ch[0])][zhuan(ch[1])][2]=1; 23 agree[2][2][2]=1; 24 } 25 for(int i=1;i<=c;++i){ 26 char ch[5],chh='N'; 27 scanf(" %s",ch); 28 agree[zhuan(ch[0])][zhuan(ch[1])][3]=1; 29 agree[3][3][3]=1; 30 } 31 for(int i=1;i<=d;++i){ 32 char ch[5],chh='G'; 33 scanf(" %s",ch); 34 agree[zhuan(ch[0])][zhuan(ch[1])][4]=1; 35 agree[4][4][4]=1; 36 } 37 char name[3500]; 38 scanf(" %s",name); 39 int n=strlen(name); 40 for(int i=0;i<n;++i) dp[i][i][zhuan(name[i])]=1; 41 for(int d=2;d<=n;++d) 42 for(int i=0,j;(j=i+d-1)<n;++i){ 43 for(int k=i;k<j;++k){ 44 for(int u=1;u<=4;++u) 45 if(dp[i][k][u]==1) 46 for(int g=1;g<=4;++g) 47 if(dp[k+1][j][g]==1) 48 for(int x=1;x<=4;++x) 49 if(agree[u][g][x]) 50 dp[i][j][x]=1; 51 } 52 } 53 int flag=0; 54 for(int i=1;i<=4;++i) 55 if(dp[0][n-1][i]){ 56 flag=1; 57 if(i==1) printf("W"); 58 if(i==2) printf("I"); 59 if(i==3) printf("N"); 60 if(i==4) printf("G"); 61 } 62 if(!flag) printf("The name is wrong!"); 63 return 0; 64 }