问题 A: 正确答案
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题目描述
小H与小Y刚刚参加完UOIP外卡组的初赛，就迫不及待的跑出考场对答案。
“吔，我的答案和你都不一样！”，小Y说道，”我们去找神犇们问答案吧”。
外卡组试卷中共有m道判断题，小H与小Y一共从其他n个神犇那问了答案。之后又从小G那里得知，这n个神犇中有p个考了满分，q个考了零分，其他神犇不为满分或零分。这可让小Y与小H犯了难。你能帮助他们还原出标准答案吗？如有多解则输出字典序最小的那个。无解输出-1。
输入
第一行四个整数n, m, p, q，意义如上描述。
接下来n行，每一行m个字符’N’或’Y’，表示这题这个神犇的答案。
输出
仅一行，一个长度为m的字符串或是-1。
样例输入
样例输出
提示
"Times New Roman";mso-hansi-font-family:"Times New Roman"">【数据范围】
30% : n <= 100.
60% : n <= 5000 , m <= 100.
100% : 1 <= n <= 30000 , 1 <= m <= 500. 0 <= p , q. p + q <= n.
此题思路很容易，但是c++我纠结于如何读入一个string类的字符串，pascal又不会手写map。最后发现其实c++可以直接用map标记string
#include<cstdio> #include<iostream> #include<cstdlib> #include<map> #include<cstring> #include<string> #include<queue> #include<algorithm> using namespace std; map<string,int>Z,F; map<string,int>::iterator it; int n,m,p,q,num; char ST[510],IST[510],ans[510]; bool pl(){ int point=m-1; while (ST[point]=='Y') { if (point==0) return false; ST[point]='N',point--; } ST[point]='Y'; return true; } int main(){ scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&p,&q); for(int i=1;i<=n;i++){ scanf("%s",ST); for(int j=0;j<m;j++) ST[j]=='Y'?IST[j]='N':IST[j]='Y'; Z[ST]++; //cout<<IST<<endl; F[IST]++; } it=Z.begin(); string st; string data; bool firstans=true; if ((p==0)&&(q==0)){ for(int j=0;j<m;j++)ST[j]='N'; do{ //cout<<ST; if ((Z[ST]==0)&&(F[ST]==0)){ cout<<ST; return 0; } }while(pl()); cout<<-1; return 0; } while(it!=Z.end()){ num=it->second; //printf("%d ",num); if (num!=p) { it++; continue; } st=it->first; //cout<<st<<en6dl; num=F[st]; if (num!=q) { it++; continue; } if ((firstans)||(st<data)) firstans=false,data=st; it++; } /* it=F.begin(); while(it!=F.end()){ num=it->second; if (num!=q) { it++; continue; } st=it->first; //cout<<st<<endl; num=Z[st]; if (num!=p) { it++; continue; } if ((firstans)||(st<data)) firstans=false,data=st; it++; }*/ if (firstans) cout<<-1; else cout<<data; }
序列问题
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题目描述
小H是个善于思考的学生，她正在思考一个有关序列的问题。
她的面前浮现出了一个长度为n的序列{ai}，她想找出两个非空的集合S、T。
这两个集合要满足以下的条件：
1. 两个集合中的元素都为整数，且都在 [1, n] 里，即Si，Ti ∈ [1, n]。
2. 对于集合S中任意一个元素x，集合T中任意一个元素y，满足x < y。
3. 对于大小分别为p, q的集合S与T，满足
a[s1] xor a[s2] xor a[s3] ... xor a[sp] = a[t1] and a[t2] and a[t3] ... and a[tq].
小H想知道一共有多少对这样的集合(S,T)，你能帮助她吗？
输入
第一行，一个整数n
第二行，n个整数，代表ai。
输出
仅一行，表示最后的答案。
样例输入
样例输出
提示
【样例解释】
S = {1,2}, T = {3}， 1 ^ 2 = 3 = 3 (^为异或)
S = {1,2}, T = {4}, 1 ^ 2 = 3 = 3
S = {1,2}， T = {3，4} 1 ^ 2 = 3 & 3 = 3 （&为与运算）
S = {3}， T = {4} 3 = 3 = 3
【数据范围】
30%: 1 <= n <= 10
60%: 1 <= n <= 100
100%: 1 <= n <= 1000, 0 <= ai < 1024
一开始以为爆搜能拿30分——开心，后来爆弹（气死了），后来发现hzw的搜索代码也是0分——开心。
其实这道题的DP很好想。
F[i][j]表示前i个数（第i个数一定要取）亦或值为j的方案数。
但这样转移的时候要同时枚举j,k。时间复杂度n^2*1024;
其实我们可以加个辅助数组，f[i][j]表示前i个数（第i个数不一定要取的方案数）这样就可以直接转移啦。（其实求答案时的时间复杂度还是n^2*1024）;
最后这道题要开高精度+压位
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #define maxn 1110 #define ll long long using namespace std; ll f[maxn][maxn],F[maxn][maxn],g[maxn][maxn],G[maxn][maxn],n,a[maxn],ans; int main() { scanf("%lld",&n); for(ll i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]); //f[i] means the number of ways to choose when i needn't to be choosen but F[i] means i must to be choosen //g is same as f for(ll i=1;i<=n;i++) { f[i][a[i]]++; F[i][a[i]]++; for(ll k=0;k<1024;k++) f[i][k]+=f[i-1][k]; for(ll k=0;k<1024;k++) f[i][a[i]^k]+=f[i-1][k],F[i][a[i]^k]+=f[i-1][k]; } for(ll i=n;i>=1;i--) { g[i][a[i]]++; G[i][a[i]]++; for(ll k=0;k<1024;k++) g[i][k]+=g[i+1][k]; for(ll k=0;k<1024;k++) g[i][a[i]&k]+=g[i+1][k],G[i][a[i]&k]+=g[i+1][k]; } for(ll i=1;i<=n;i++) for(ll k=i+1;k<=n;k++) //if(a[i]<a[k]) { for(ll j=0;j<1024;j++) ans+=F[i][j]*G[k][j]; } printf("%lld ",ans); }
问题 C: 长途旅行
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题目描述
JY是一个爱旅游的探险家，也是一名强迫症患者。现在JY想要在C国进行一次长途旅行，C国拥有n个城市(编号为0,1,2...,n - 1)，城市之间有m条道路，可能某个城市到自己有一条道路，也有可能两个城市之间有多条道路，通过每条道路都要花费一些时间。JY从0号城市开始出发，目的地为n – 1号城市。由于JY想要好好参观一下C国，所以JY想要旅行恰好T小时。为了让自己的旅行更有意思，JY决定不在任何一个时刻停留(走一条到城市自己的路并不算停留)。JY想知道是否能够花恰好T小时到达n – 1号城市（每个城市可经过多次）。现在这个问题交给了你。
若可以恰好到达输出“Possible”否则输出“Impossible”。(不含引号)。
输入
第一行一个正整数Case，表示数据组数。
每组数据第一行3个整数，分别为n, m, T。
接下来m行，每行3个整数x, y, z,代表城市x和城市y之间有一条耗时为z的双向边。
输出
对于每组数据输出”Possible”或者”Impossible”.
样例输入
2 3 3 11 0 2 7 0 1 6 1 2 5 2 1 10000 1 0 1
样例输出
Possible Impossible
提示
30%: T <= 10000
另有30%: n <= 5 , m <= 10 , Case <= 5.
100%: 2 <= n <= 50, 1 <= m <= 100, 1 <= z <= 10000, 1 <= T <= 10^18, Case <= 15.
这道题考试的时候想到了用f[i][j]表示到达i点用j时间的可行性，但是T实在太大。因为出发点肯定连着至少一条边。因为T很大，所以必定有很多浪费的时间（即去一个已经走过的城市），我们把这些浪费的时间全部用在走与原点相邻的一条边上（走来走去），然后可以发现只要是这条边长*2的整数倍的时间都可以浪费掉。令dis[i][j]表示到达第i个点，所花的总时间模上两倍的第一条边的边长是j时的最少花费时间。
比较感性的理解一下就是到达第i个点的时间如果比T大或者=NIL，就不行。如果存在一种方案使得花费时间%2*p=T%2p且小于T，就可以走到了
hgz的代码
#include <cstdio> #include <cstring> #include <cstdlib> #include <algorithm> #include <queue> using namespace std; typedef long long ll; struct PATH { int dis, to; }; struct NODE { int s, t; }; vector<PATH> path[1010]; ll dis[55][20005]; int cnt, s, k, a, b, c, n, m, i, mod, t; ll T; void spfa() { memset(dis, 0x7f7f7f7f, sizeof(dis)); Queue<NODE> Q1; Q1.push((NODE){s, 0}); dis[s][0] = 0; while (!Q1.empty()) { NODE tmp = Q1.front(); Q1.pop(); int u = tmp.s; for (int i = 0; i < path[u].size(); i++) { int goton = path[u][i].to; int t2 = (tmp.t + path[u][i].dis) % mod; if (dis[goton][t2] > dis[u][tmp.t] + path[u][i].dis) { dis[goton][t2]=dis[u][tmp.t]+path[u][i].dis; Q1.push((NODE){goton,t2}); } } } } void addpath(int a, int b, int c) { PATH tmp; tmp.to = b; tmp.dis = c; path[a].push_back(tmp); if ((a == 1) && (c < mod)) mod = c; } int main() { scanf("%d", &t); while (t--) { for (int i = 1; i <= n; i++) { path[i].clear(); } mod = 0x7f7f7f7f; scanf("%d%d%lld", &n, &m, &T); for (int i = 1; i <= m; i++) { scanf("%d%d%d", &a, &b, &c); a++, b++; addpath(a, b, c); addpath(b, a, c); } if (mod == 0x7f7f7f7f) printf("Impossible "); else { mod *= 2; s = 1; spfa(); if (dis[n][T % mod] <= T) printf("Possible "); else printf("Impossible "); } } system("pause"); return 0; }