第十二届东北师范大学程序设计竞赛正式赛题解
A
可以想到，先手必胜的条件是，存在一个奇数。
所以后手想要必胜就需要把所有奇数+1，使其变成偶数。
统计一下奇数的个数即可。
#include B
首先 O(n2) 的计算出所有点之间的距离。
那么问题就转化成了一个基本的最小生成树问题。
#define others
#ifdef poj
#include C
模拟题，每次能召唤的时候贪心的把最强的随从尽可能先召唤出来。
#include return 0;
} D
有向图判环问题，拓扑排序了解一下。
#include E
签到题，模拟下就好了。
#define others
#ifdef poj
#include F
考虑以 dp[i] 代表所有末尾数字为 vi 的方案数。
那么有 dp[i]=∑i−1j=1dp[j]|vj<vi 。
我们可以用 n2 去实现这个程序，但是显然无法通过。
所以我们可以用数据结构(如线段树，树状数组)去优化这个问题，每次 dp[i] 都是由一个区间求和得到的，这样我们就可以在 O(nlogn) 的时间复杂度解决这个问题。
#define others
#ifdef poj
#include int main() {
// file();
int t;
scanf("%d", &t);
while(t--) solver::solve();
return 0;
} G
我们考虑倒着做这个问题，让meopass去寻找huge,这是概率DP的一个常用小技巧，对于DP而言其实正着和倒着推导并没什么区别。
用 dp[i] 代表meopass刚到区域 i 花费的时间是多少。
考虑状态转移，现在若 P[i][j] 不为0，那么就可以从 dp[j] 转移到 dp[i] 。
那么对于任意的dp[i]都存在:
dp[i]=∑(1+dp[j])∗P[i][j]|P[i][j]!=0
写成方程的形式就是
dp[i]−∑dp[j]∗P[i][j]|P[i][j]=∑P[i][j]
因为会存在 dp[i] 可以从 dp[j] 推导， dp[j] 也可以从 dp[i] 推导，所以常规的DP不可行。
对此我们可以对 1 到 n 的每个i，列出方程
dp[i]−∑dp[j]∗P[i][j]|P[i][j]=∑P[i][j]
得到了一个方程组，然后令 dp[1]=0 , 用高斯消元法去解这个方程组即可, 答案就是 dp[m] 。
#define others
#ifdef poj
#include H
#define others
#ifdef poj
#include scanf("%lld", a+i);
for(int i=0; i1; i++) b[i] = a[i+1] - a[i];
sort(b, b+n-1);
for(int i=1; i1] + b[n-1-i];
sum = 0;
for(int i=0; iprintf("%lld\n", sum);
}
};
int main() {
// file();
int t;
scanf("%d", &t);
while(t--) solver::solve();
return 0;
} I
贪心的把出现次数最多的字符的权值尽可能分配大即可。
#include tolower(x[i]),arr[x[i]-'a']++;
sort(arr,arr+26,cmp);
int p = 26;
int ans = 0;
for(int i=0; arr[i]; i++)
ans += p*arr[i],p--;
cout<return 0;
} J
可以建立线段树对每次询问进行回答。
每个线段树的节点内维护的是一个 5∗5 的矩阵。
对每次询问分成 5 个状态。
0 : 当前子串能组成的目标序列为空
1 : 当前子串能组成的目标序列”2”
2 : 当前子串能组成的目标序列”20”
3 : 当前子串能组成的目标序列”201”
4: 当前子串能组成的目标序列”2018”
令 v[i][j] 代表从状态i转移到状态j需要删除的字符数。
那么合并两颗线段树节点的时候本质就是在进行状态的转移。
状态的转移详见代码。
#include