【BestCoder Round #74 (div.2)】题面&题解
以下吐槽时间请无视：woc你TM再给我两分钟！！再给我两分钟！！我就可以A了T4了。。。赛后交oj真的是1A啊。。。1A啊！！！！！那score就上4500！！！就rank2了！！！那就上div1了呀（雾）。。。。woc上帝再给我两分钟吧T_T~~T_T~~
T1：LCP Array
题意：已知一个字符串相邻两个后缀（指下标相邻）的最长共同前缀，求可行的字符串个数。
我们发现，如果a[i]>0，那么显然有s[i]=s[i+1]。并且可以推理得必有a[i]=a[i+1]+1或者a[i]=0，这样就可以判断无解输出0了。另一方面，我们发现s[1]有26种取法，另外如果s[i]!=s[i+1]那么s[i+1]有25种取法否则有1种取法。那么用乘法原理累乘起来就好了。
时间复杂度O(N)。
AC代码如下：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define mod 1000000007
using namespace std;
int n,a[1000005];
int solve(){
int i; ll ans=26;
for (i=1; i<n; i++) scanf("%d",&a[i]); a[n]=0;
for (i=n-1; i; i--){
if (!a[i]) ans=ans*25%1000000007;
else if (a[i]!=a[i+1]+1) return 0;
}
return ans;
}
int main(){
int cas; scanf("%d",&cas);
while (cas--){
scanf("%d",&n);
printf("%d\n",solve());
}
return 0;
}
T2：Shortest Path
题意：一开始所有点都在一条链上，满足dist(i,i+1)=1，现在加入三条边(i,j)且dist(i,j)=1，求s-t的最短路。多组询问。
显然s-t一定是从s出发，走过若干个新加的边，最后到达t。那么可以用dfs枚举新加入的三条边(i,j)加入的顺序，加入时需要枚举方向，然后再求最短路就行了（语死早具体看代码）。
时间复杂度O(MN!2^N)，其中N=3。
AC代码如下：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#define mod 1000000007
#define ll long long
using namespace std;
int n,m,ans,x,y,a[10][2]; bool bo[10];
void dfs(int k,int now,int d){
if (d+abs(now-y)<ans) ans=d+abs(now-y);
if (k>3) return; int i;
for (i=1; i<=3; i++) if (bo[i]){
bo[i]=0;
dfs(k+1,a[i][1],d+abs(now-a[i][0])+1);
dfs(k+1,a[i][0],d+abs(now-a[i][1])+1);
bo[i]=1;
}
}
int main(){
int cas; scanf("%d",&cas);
while (cas--){
scanf("%d%d",&n,&m); int i;
for (i=1; i<=3; i++) scanf("%d%d",&a[i][0],&a[i][1]);
memset(bo,1,sizeof(bo)); ll sum=0;
for (i=1; i<=m; i++){
scanf("%d%d",&x,&y);
ans=abs(y-x); dfs(1,x,0);
sum=(sum+(ll)ans*i)%mod;
}
printf("%I64d\n",sum);
}
return 0;
}
T3：Transform
题意：有两种变换：1.将x异或某个2的幂；2.将x异或某个给定的ai；多次询问从S变换到T的最小步数。
相当于求0-S^T的最短步数。预处理后O(1)判断。
时间复杂度O(A(logA+N)+M)。其中A表示>=ai的最小的2的幂，本题为2^17。
AC代码如下：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define mod 1000000007
using namespace std;
int n,m,a[25],h[300005],d[300005],bin[25];
int read(){
int x=0; char ch=getchar();
while (ch<'0' || ch>'9') ch=getchar();
while (ch>='0' && ch<='9'){ x=x*10+ch-'0'; ch=getchar(); }
return x;
}
int main(){
int cas=read(),i;
bin[0]=1; for (i=1; i<=17; i++) bin[i]=bin[i-1]<<1;
while (cas--){
n=read(); m=read();
memset(d,-1,sizeof(d)); d[0]=0;
for (i=1; i<=n; i++) scanf("%d",&a[i]);
int head=0,tail=1; h[1]=0;
while (head<tail){
int x=h[++head];
for (i=1; i<=n; i++){
int y=x^a[i];
if (d[y]==-1){ d[y]=d[x]+1; h[++tail]=y; }
}
for (i=0; i<17; i++){
int y=x^bin[i];
if (d[y]==-1){ d[y]=d[x]+1; h[++tail]=y; }
}
}
ll ans=0;
for (i=1; i<=m; i++){
int x=read(),y=read(); ans=(ans+(ll)i*d[x^y])%mod;
}
printf("%I64d\n",ans);
}
return 0;
}
T4：Toposort
题意：给定一个N点M边的DAG，可以删去恰好k条边，求字典序最小的可行拓扑序列。
显然，如果现在x是所有删去<=k条边可以使得入度=0的最小的点（即入度<=k的点），那么一定要先把x给弄出来（就是把连向x的边删掉）。那么我们用一个堆，维护所有入度<=k的点，然后每次取出最小的点作为拓扑序列的下一个值，然后把这条边的出边删掉，同时k减去这个点的入度。注意k是会减小的，因此每次需要把堆中入度>k的边删去，具体不需要每次更新，只需要取最小值的时候判断一下即可。
会不会一次删很多个而影响时间呢？不会。考虑边为M，因而将点加入的次数一定<=M（注意一个点虽然有可能被反复加入又删掉很多次，但是这个点作为一个特定的边到达的点只会被加入1次），那么删除也最多删除M次，因此不会影响时间。
时间复杂度O((N+M)logN)。
AC代码如下：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define ll long long
#define mod 1000000007
#define N 500005
using namespace std;
int n,m,tot,k,fst[N],pnt[N],nxt[N],etr[N]; bool bo[N];
int read(){
int x=0; char ch=getchar();
while (ch<'0' || ch>'9') ch=getchar();
while (ch>='0' && ch<='9'){ x=x*10+ch-'0'; ch=getchar(); }
return x;
}
void add(int x,int y){
pnt[++tot]=y; nxt[tot]=fst[x]; fst[x]=tot;
}
priority_queue<int,vector<int>,greater<int> > q;
int main(){
int cas=read();
while (cas--){
n=read(); m=read(); k=read(); int i;
tot=0; for (i=1; i<=n; i++){ bo[i]=1; fst[i]=etr[i]=0; }
for (i=1; i<=m; i++){
int u=read(),v=read();
add(u,v); etr[v]++;
}
for (i=1; i<=n; i++) if (etr[i]<=k){ bo[i]=0; q.push(i); }
int cnt=0; ll sum=0;
while (!q.empty()){
while (etr[q.top()]>k){ bo[q.top()]=1; q.pop(); }
int x=q.top(),p; q.pop(); k-=etr[x];
cnt++; sum=(sum+(ll)cnt*x)%mod; etr[x]=0;
for (p=fst[x]; p; p=nxt[p]){
int y=pnt[p];
if (etr[y]){ etr[y]--; if (etr[y]<=k && bo[y]){ bo[y]=0; q.push(y); } }
}
}
printf("%I64d\n",sum);
}
return 0;
}
第一场bestcoder，打了rank4，看起来还好但是。。实际上不太好啊。。div1的题目还没有看过，就不写了。
by lych
2016.3.5