2017HDU多校第9场
题目链接
01：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6161
02：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6162
03：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6163
04：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6164
05：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6165
06：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6166
07：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6167
08：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6168
09：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6169
10：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6170
本场比赛还是一样的发挥，3题水平，可惜10的模拟我没搞出来。
一些题解
02 Ch’s gift
题目意思是给定一颗有n个节点的树，和点的点权。有m次查询，每次查询范围在x节点到y节点之间，当沿最短路径走经过的点权在a - b的范围内的时候，最终结果就加上这个点权。
那么做过LCA的同学可以立马发现这就是经典的求公共祖先的问题，所以我们每次的路径其实就是求LCA到两个节点的路径，然后预处理所有点到根节点所经历的点，每次询问直接三个点的经历的点判断一遍就好了。
#include1<=n;i++)
{
int a = dp[i][j-1];
int b = dp[i+(1<<(j-1))][j-1];
if(dep[a]else dp[i][j]=b;
}
}
int RMQ(int l,int r)
{
int k = int(log2(r-l+1.0));
int a = dp[l][k];
int b = dp[r-(1<1][k];
if(dep[a]return a;
return b;
}
int LCA(int u,int v)
{
int x = first[u], y = first[v];
if(x>y) swap(x,y);
return ver[RMQ(x,y)];
}
int main()
{
int n,m;
while(~scanf("%d %d",&n,&m))
{
init(n);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&quan[i]);
for(int i=1;i<=n-1;i++)
{
int a,b;
scanf("%d %d",&a,&b);
addedge(a,b);
addedge(b,a);
}
dir[1].push_back(quan[1]);
dfs(1,1);ST(2*n-1);
while(m--)
{
int s,t,a,b;
scanf("%d%d%d%d",&s,&t,&a,&b);
int v=LCA(s,t);
ll sum=0;
for(int i=0;iif(dir[s][i]<=b&&dir[s][i]>=a)
sum+=dir[s][i];
}
for(int i=0;iif(dir[t][i]<=b&&dir[t][i]>=a)
sum+=dir[t][i];
}
for(int i=0;iif(dir[v][i]<=b&&dir[v][i]>=a)
sum-=2*dir[v][i];
}
if(quan[v]>=a&&quan[v]<=b)
sum+=quan[v];
printf("%I64d",sum);
if(m==0) printf("\n");
else printf(" ");
}
}
return 0;
} 05 FFF at Valentine
这题的意思就是让所有两个点之间都有一条连通的道路。
那么就从前往后搜，当搜一个点时发现它不能到其中一个点，那么就反过来搜看看那个点能不能到它，dfs即可。
#include if(vis[a[s][i]]==0) dfs(a[s][i]);
}
}
int main()
{
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
int n,m;
scanf("%d %d",&n,&m);
int x,y;
for(int i=1;i<=n;i++)
a[i].clear();
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
a[x].push_back(y);
}
bool flag=1;
for(int i=1;imemset(vis,0,sizeof(vis));
dfs(i);
vector<int>v;
for(int j=i+1;j<=n;j++)
{
if(vis[j]==0)
{
v.push_back(j);
}
}
for(int j=0;jmemset(vis,0,sizeof(vis));
dfs(v[j]);
if(vis[i]==0)
{
flag=0;
break;
}
}
if(flag==0) break;
}
if(flag==1) printf("I love you my love and our love save us!\n");
else printf("Light my fire!\n");
}
}
08 Numbers
这题的意思就是一个有n个元素的a序列，每两个元素相加组成有n*(n - 1) / 2个元素的b序列，现在将a序列和b序列混杂，问原来的a序列是什么。
可以知道，大的数都是由小的数推出来的，所以从小到大排序并记录当前数出现的个数。从小到大跑一遍，当前数的个数不为0时就把此数和之前放进答案的数相加的数的次数减一，最后把此数放入答案，而最后当放满sqrt(2 * m + 0.25)个就是答案。
#include else if(m==1)
{
cout<<"1"<cout<1]<else
{
sort(stand + 1, stand + 1 + m);
int start=3;
int cnt=2;
ans[1]=stand[1],ans[2]=stand[2];
M[ans[1]+ans[2]]--;
while(1)
{
if(cnt==n) break;
for(int i=start;i<=m;i++)
{
if(M[stand[i]]!=0)
{
M[stand[i]]--;
start=i + 1;
break;
}
}
ans[++cnt]=stand[start - 1];
for(int i=1;iprintf("%d\n",n);
for(int i=1;i<=cnt;i++)
{
printf("%d",ans[i]);
if(i==cnt) printf("\n");
else printf(" ");
}
}
}
} 补题
10 Two strings
题目给定两个字符串，第一个字符串只有字母，第二个里面包含”.“和”“，”.“可以代表任意字符，”“可以代表把前面那个字母删掉，或者是空或者任意个前面那个字符的重复。
比赛的时候想着模拟，赛后看了网上题解代码才发现是dp…….直接dp[i][j]代表去匹配的字符串到第i个的时候，被匹配字符串到第j个的时候能否匹配的上即可。
ps:网上还有用regex的大神，学习了。
#include