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;
}