多校第四场 区间dp tarjan算法 Polya定理 树状数组

hdu4632:区间dp的题,比赛是就是没搞对,本来最开始的思路是对的,当时和lz讨论说这样可以搞,而且是O(n^2)的复杂度,不过对于区间重叠的哪一部分还是没想出来怎么处理,这里要好好总结下,以后对这种类型的题别想太复杂了。比赛的时候我写的是O(n^3)的,多了一维来计算包含端点的情况。

我的想法是这样的:我把每个区间分成三种情况:

1.回文子序列包含两个端点

2.回文子序列只包含一个端点

3.回文子序列不包含端点

dp[i][j]=dp[i+1][j-1](if(a[i-1]==a[j-1]))+1+

     dp[i+1][k-1](a[i-1]==a[k-1])+1+dp[k][e](a[k-1]==a[e-1])+1+

     dp[i+1][j-1]+2;

这里的第一种情况还得加1,因为如果两个端点相同,那么中间可以不取(1种情况)也可以取这个区间内的所有回文子序列;

第二种情况,同理也得加1。

第三种情况,因为两个端点也算2个回文子序列,而这个序列在以前没有计算过。所以是区间里的所有回文子序列加上两个端点。

因为O(n^3)的算法会TLE,后来尝试各种优化,输入神器,还有记录相同字母的位置,等等,都没能AC,唉~~~代码改的面目全非呀~~~

代码:

#include<iostream>
#include<vector>
#include<string>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define maxn 1005
#define MOD 10007
#define INF 0xfffffff
using namespace std;
vector<int> g[maxn];
int dp[maxn][maxn];
int n;
char a[maxn];
inline void RD(int &ret) {
    char c;
    do {
        c = getchar();
    } while(c < '0' || c > '9') ;
    ret = c - '0';
    while((c=getchar()) >= '0' && c <= '9')
        ret = ret * 10 + ( c - '0' );
}

inline void OT(int a){
    if(a >= 10)OT(a / 10) ;
    putchar(a % 10 + '0') ;
}
void init()
{
    memset(dp,0,sizeof(dp));
    for(int i=0;i<=n;i++)
    {
        dp[i][i]=1;
    }
    for(int i=0;i<27;i++)
    {
        g[i].clear();
    }
    for(int i=0;i<n;i++)
    {
        g[a[i]-'a'].push_back(i+1);
    }
}
int DP()
{
    int s,e;
    for(int len=1;len<n;len++)
    {
        for(int i=1;i+len<=n;i++)
        {
            s=i,e=i+len;
            if(len==1)
            {
                if(a[s-1]==a[e-1])
                dp[s][e]=3;
                else
                dp[s][e]=2;
                continue;
            }
            dp[s][e]=0;
            if(a[s-1]==a[e-1])//含区间外面的两个端点
            {
                dp[s][e]=(dp[s][e]+dp[s+1][e-1]+1)%MOD;
                //cout<<"最外面:"<<dp[s+1][e-1]+1<<endl;
            }
            for(int k=s+1;k<e;k++)//只含左边或者只含右边端点
            {
                if(a[s-1]==a[k-1])
                {
                    //dp[s][e]+=(dp[s][k]-(k-s+1));
                    dp[s][e]=(dp[s][e]+(1+dp[s+1][k-1]))%MOD;
                    //cout<<"只含左边:"<<(dp[s][k]-(k-s+1))<<endl;
                }
                if(a[k-1]==a[e-1])
                {
                    //dp[s][e]+=(dp[k][e]-(e-k+1));
                    dp[s][e]=(dp[s][e]+(1+dp[k+1][e-1]))%MOD;
                    //cout<<"只含右边:"<<(dp[k][e]-(e-k+1))<<endl;
                    //cout<<dp[k][e]<<endl;
                }
            }
            
            dp[s][e]=(dp[s][e]+dp[s+1][e-1])%MOD;//两个都不含
            //cout<<"两边都不含:"<<dp[s+1][e-1]<<endl;
            dp[s][e]=(dp[s][e]+2)%MOD;
        }
    }
    return dp[1][n];
}
int main()
{
    int t,tt=1;
    //scanf("%d",&t);
    RD(t);
    while(t--)
    {
        scanf("%s",a);
        n=strlen(a);
        init();
        printf("Case %d: %d\n",tt++,DP());
    }
    return 0;
}

赛后一听可以直接通过减掉区间来去重,瞬间秒掉

赛后AC代码:

#include<iostream>
#include<vector>
#include<string>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define maxn 1005
#define MOD 10007
#define INF 0xfffffff
using namespace std;
char a[maxn];
int n,dp[maxn][maxn];
void init()
{
    memset(dp,0,sizeof(dp));
    for(int i=0;i<=n;i++)
    dp[i][i]=1;
}
int DP()
{
    int s,e;
    for(int len=1;len<n;len++)
    {
        for(int i=1;i+len<=n;i++)
        {
            s=i,e=i+len;
            if(len==1)
            {
                if(a[s-1]==a[e-1])
                dp[s][e]=3;
                else
                dp[s][e]=2;
                continue;
            }
            dp[s][e]=(dp[s+1][e]+dp[s][e-1]-dp[s+1][e-1]+MOD)%MOD;
            if(a[s-1]==a[e-1])
            dp[s][e]=(dp[s][e]+dp[s+1][e-1]+1)%MOD;
        }
    }
    return dp[1][n];
}
int main()
{
    int t,tt=1;
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        scanf("%s",a);
        n=strlen(a);
        init();
        printf("Case %d: %d\n",tt++,DP());
    }
    return 0;
}
hdu4639签到题

这题一开始没搞懂题意,样例还没出。最后竟然能联系到斐波那契数列,然后就瞬秒了~~~不过这是已经花了好长时间,看来找规律的速度得快点,方法主要是枚举前几项吧。

代码:

#include<iostream>
#include<vector>
#include<string>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define maxn 2005
#define MOD 10007
#define INF 0xfffffff
using namespace std;
char s[10186];
int f[5555];
void init()
{
    f[1]=1;
    f[2]=2;
    for(int i=3;i<=5555;i++)
    f[i]=(f[i-1]+f[i-2])%MOD;
}
int main()
{
    int t;
    scanf("%d",&t);
    int tt=1;
    init();
    while(t--)
    {
        scanf("%s",s);
        int l=strlen(s);
        int ans=1;
        int al=0;
        for(int i=0;i<=l-4;i++)
        {
            if(s[i]=='h'&&s[i+1]=='e')
            {
                int j=i+2;
                int sum=1;
                while(true)
                {
                    if(s[j]=='h'&&s[j+1]=='e')
                    {
                        sum++;
                        j+=2;
                    }
                    else
                    break;
                }
                if(sum>=2)
                {
                    ans=(f[sum]*ans)%MOD;
                }
                i=j-1;
            }
        }
        printf("Case %d: %d\n",tt++,ans);
    }
	return 0;
}

hdu4642水博弈

找到每次状态会变化有什么区别,每次都会改变最右下角的硬币吧。最开始面对的是1就是必胜态。

代码:

#include<iostream>
#include<vector>
#include<string>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define maxn 1005
#define MOD 10007
#define INF 0xfffffff
using namespace std;
int a[105][105];
int main()
{
    int n,m,t;
    cin>>t;
    while(t--)
    {
        cin>>n>>m;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            for(int j=1;j<=m;j++)
            {
                cin>>a[i][j];
            }
        }
        if(a[n][m]==1)
        cout<<"Alice"<<endl;
        else
        cout<<"Bob"<<endl;
    }
    return 0;
}

hdu4638树状数组离线处理与删点

这题表示思路很难想到,至少对于我们来说。上次多校那题和这题很像,但是又有些不同。开始我按照上次多校那题来搞,想先把所有询问按L的大小从大到小排序,然后每次计算最大的L的那个询问,然后在计算的时候,把L与R之间的和全部相加,但是突然发现R之后的元素会造成影响,要删去,但是如果直接删去,又会对其他询问的R造成影响。所以如果从右边开始的话,只能按照R从大到小排序,删除R右边所有的点,这些点对于其他询问也是要删去的。然后再求出这个询问的答案。一下豁然开朗。最后还有就是删除操作有两点:

1.得提前记录每个值得位置

2.删除的时候就是把a[i]-1,与a[i]+1所在的位置+1,如果存在的话。

如果从1,2,3,4,5中删3,则要把2,和4,所在的位置的值加1,开始会先如果都加1的话就会分成3段了,但是你想删除4也会减1,因为先插入,才是先删除。

代码:

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<string>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define maxn 100005
#define INF 0xfffffff
using namespace std;
int ans[maxn];
int vis[maxn];
int a[maxn];
int c[maxn];
int dr[maxn];
int t,n,m;
struct query
{
    int l,r,id;
} q[maxn];
bool cmp(const query& x,const query& y)
{
    return x.r>y.r;
}
int lowbit(int x)
{
    return x&(-x);
}
void updata(int x,int val)
{
    while(x<=n)
    {
        c[x]+=val;
        x+=lowbit(x);
    }
}
int sum(int x)
{
    int ret=0;
    while(x>0)
    {
        ret+=c[x];
        x-=lowbit(x);
    }
    return ret;
}
void work()
{
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    memset(c,0,sizeof(c));
    int i=n,j;
    while(i>=1)//从右向左插入点
    {
        vis[a[i]]=1;
        if(vis[a[i]-1]&&vis[a[i]+1])
        {
            updata(i,-1);
        }
        else if(!vis[a[i]-1]&&!vis[a[i]+1])
        {
            updata(i,1);
        }
        i--;
    }
    i=n,j=1;
    while(j<=m)
    {
        while(i>q[j].r)//从右边开始删点
        {
            if(a[i]>1&&vis[a[i]-1])
            {
                updata(dr[a[i]-1],1);
            }
            if(a[i]<n&&vis[a[i]+1])
            {
                updata(dr[a[i]+1],1);
            }
            i--;
        }
        ans[q[j].id]=sum(q[j].r)-sum(q[j].l-1);
        j++;
    }
}
int main()
{
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        scanf("%d%d",&n,&m);
        for(int i=1; i<=n; i++)
        {
            scanf("%d",&a[i]);
            dr[a[i]]=i;//记录位置,删边时要用到
        }
        for(int i=1; i<=m; i++)
        {
            scanf("%d%d",&q[i].l,&q[i].r);
            q[i].id=i;
        }
        sort(q+1,q+1+n,cmp);
        //output();
        work();
        for(int i=1; i<=m; i++)
        {
            printf("%d\n",ans[i]);
        }
    }
    return 0;
}
hdu4633Polya定理: Polya定理详解

花了一个上午的时间学习了下Polya定理,开始还是有很多不懂得,听ls解说过后,似乎明白了很多,最后归结就一个公式:


|G|是旋转的方式数,m是染色数,C是各种置换群的个数和。

代码:

#include<iostream>
#include<cstdio>
#define ll long long
#define mod (10007*24)
#define INF 0xfffffff
using namespace std;
ll POW(ll x,ll y)
{
    ll ret=1;
    while(y)
    {
        if(y&1)
        {
            ret=(ret*x)%mod;
        }
        x=(x*x)%mod;
        y/=2;
    }
    return ret;
}
int main()
{
    int t,k,tt=1;
    ll m;
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        scanf("%d",&k);
        //24种旋转方式,k种染色数,以及每种旋转方式对应的置换群
        m=(POW(k,74)+9*POW(k,38)+8*POW(k,26)+6*POW(k,20))%mod;
        m/=24;
        printf("Case %d: %lld\n",tt++,m);
    }
	return 0;
}

hdu4635:缩点,连边

简单图的边数最多的情况就是一个连通分量X与另一个连通分量Y之间只有单向边,X*(X-1)+Y*(Y-1)+X*Y-m,X+Y为常量,化成(X+Y)^2-(X+Y)-X*Y-m,只要使X*Y最小,答案就最大,所以只要找到点数最小的强连通分量,但是这个强连通分量不能与其他强连通分量强连通,即缩点后入度和出度不能同时为1,这题直接用tarjan算法计算连通分量,然后遍历所有的强连通分量的缩点,找最大值即可。

代码:

#include<iostream>
#include<vector>
#include<string>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<map>
#include<cstring>
#include<stack>
#define maxn 100005
#define INF 0xfffffff
using namespace std;
vector<int> g[maxn];
int vis[maxn],instack[maxn],low[maxn],dfn[maxn];
stack<int> s;
int be[maxn];//缩边之后的强连通标号
int pn[maxn];//每个强连通分量的顶点数
int in[maxn],out[maxn];//记录每个缩点是否有入度和出度
int id=0,n,m;
int num=0;
int ans;
void init()
{
    ans=0;
    num=0;
    id=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        g[i].clear();
    }
    while(!s.empty())
    {
        s.pop();
    }
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    memset(instack,0,sizeof(instack));
    memset(low,0,sizeof(low));
    memset(dfn,0,sizeof(dfn));
    memset(pn,0,sizeof(pn));
    memset(be,0,sizeof(be));
    memset(in,0,sizeof(in));
    memset(out,0,sizeof(out));
}
void tarjan(int u)
{
    instack[u]=1;
    vis[u]=1;
    s.push(u);
    id++;
    dfn[u]=id;low[u]=id;
    //cout<<"dfn"<<dfn[uu]<<' '<<"id"<<id<<endl;
    for(int i=0; i<g[u].size(); i++)
    {
        int v=g[u][i];
        if(!vis[v])
        {
            //cout<<"tarjan"<<endl;
            tarjan(v);
            low[u]=min(low[u],low[v]);
        }
        else if(instack[v])
        {
            low[u]=min(low[u],dfn[v]);
        }
    }
    //cout<<dfn[u]<<' '<<low[u]<<endl;
    if(dfn[u]==low[u])
    {
        //cout<<"yes"<<endl;
        ans++;
        num++;
        int v;
        do
        {
            v=s.top();
            s.pop();
            instack[v]=0;
            be[v]=num;
            pn[num]++;
        }while(v!=u);
    }
}
int main()
{
    int t,tt=1;
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        int u,v;
        scanf("%d%d",&n,&m);
        init();
        for(int i=1;i<=m;i++)
        {
            scanf("%d%d",&u,&v);
            g[u].push_back(v);
        }
        for(int i=1; i<=n; i++)
        {
            if(vis[i]==0)
            {
                while(!s.empty())
                s.pop();
                tarjan(i);
            }
        }
        //cout<<"ans"<<ans<<endl;
        if(ans==1)
            printf("Case %d: -1\n",tt++);
        else
        {
            int size;
            for(int i=1;i<=n;i++)
            {
                size=g[i].size();
                for(int j=0;j<size;j++)
                {
                    int v=g[i][j];
                    if(be[i]!=be[v])
                    {
                        in[be[v]]=1;
                        out[be[i]]=1;
                    }
                }
            }
            int Max=-1;
            for(int i=1;i<=num;i++)
            {
                if(in[i]&&out[i]) continue;//如果某个缩点的入度和出度都不为0,则肯定不行
                int sump=n-pn[i];
                Max=max(Max,sump*(sump-1)+(pn[i]-1)*pn[i]+sump*pn[i]-m);
            }
            printf("Case %d: %d\n",tt++,Max);
        }
    }
    return 0;
}



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