22th.Feb.2019

Posted 2021-02-10 kgxw0430

T1

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啊我死了

• 显然是一个2—sat模型，两个状态如果存在一个串是另一个的前缀，产生冲突所以对i与j+n建边（反向的也不要忘了），建完跑2-sat，如果有解就输出Yes，否则输出No。
• 直接暴力建边时间复杂度是n^2*siz的，有50分。所以需要优化建边的过程。
• 考虑把每一个状态串插入到trie树上，每一个状态串与它产生冲突的应该是它的所有祖先，这样复杂度优化到L*num，这个num大小取决于完全相同的串的个数，很抱歉，数据最后三组还是卡了。目前是88分。
• 100分算法目前不是太理解，先咕着。

Coding(88分)

#include<iostream>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=1e6+10;
const int M=3e7+10;
int n,len,top,num,cnt,tot,tr[N][2],ver[M],Next[M],lin[N],dfn[N],low[N],ins[N],c[N],s[N],siz[N];
string ch[N];
vector<int>en[N];
void add(int x,int y){ver[++len]=y,Next[len]=lin[x],lin[x]=len;}
void insert(int id){
    int ii;
    int now=0,temp;if(id>n) ii=id-n;else ii=id;
    for(int i=0;i<siz[ii];++i){
        if(ch[ii][i]=='?'){
            if(id>n) temp=1;
            else temp=0;
        }else temp=ch[ii][i]-'0';
        if(!tr[now][temp]) tr[now][temp]=++tot;
        now=tr[now][temp];
    }en[now].push_back(id);
}
void find(int id){
    int now=0,temp;int ii;
    if(id>n) ii=id-n; else ii=id;
    for(int i=0;i<siz[ii];++i){
        for(int j=0;j<en[now].size();++j){
            add(en[now][j],(id-n+2*n)%(2*n)),add(id,(en[now][j]-n+2*n)%(2*n));
        }
        if(ch[ii][i]=='?'){
            if(id>n) temp=1;
            else temp=0;
        }else temp=ch[ii][i]-'0';
        now=tr[now][temp];
        //if(!now) break;
    }
    for(int j=0;j<en[now].size();++j){
        if(en[now][j]!=id)
            add(en[now][j],(id-n+2*n)%(2*n)),add(id,(en[now][j]-n+2*n)%(2*n));
    }
}
void tarjan(int x){
    s[++top]=x;ins[x]=1;
    dfn[x]=low[x]=++num;
    for(int i=lin[x];i;i=Next[i]){
        int y=ver[i];
        if(!dfn[y]){
            tarjan(y);
            low[x]=min(low[x],low[y]);
        }else if(ins[y]) low[x]=min(low[x],dfn[y]);
    }
    if(dfn[x]==low[x]){
        cnt++;int y;
        do{
            y=s[top--];ins[y]=0;c[y]=cnt;
        }while(x!=y);
    }
}
bool two_SAT(){
    for(int i=1;i<=n;++i)
    if(c[i]==c[i+n])return false;
    return true;
}
int main(){
    freopen("1.in","r",stdin);
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;++i){
        cin>>ch[i];
        siz[i]=ch[i].size();
        insert(i);
        insert(i+n);
    }
    for(int i=1;i<=2*n;++i){
        find(i);
    }
    for(int i=1;i<=2*n;++i) if(!dfn[i]) tarjan(i);
    if(!two_SAT()){
        printf("NO
");
    }else printf("YES
");
    return 0;
}

T2

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• 很显然，直接dfs复杂度为n！，有30分，不过我sb没开longlong，捆绑数据，所以原地去世了。
• n是14，其实并不大。想想搜索可不可以优化一下。
• n！其实也不小，所以想靠一个剪枝就A掉显然不太可能。
• 考虑折半枚举，你发现这道题是满足折半枚举的性质的。为什么呢？
• 我们现在先从1出发，枚举出任意走n/2个点的情况。然后把路径经过的点状压成一个数，和路径长度合到一起用map存起来。一个哈密顿回路其实与一个点到i+一个点到i是等价的（两条路径经过的点正好是1~n）。这样的话，复杂度就是n!/(n/2)!*log(n)，显然可以过。

T3

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• 暴力枚举出叶子节点的所有排列，然后每次暴力跑lca，记录边的使用次数，如果大于2就不合法。取所有合法解的最小值。复杂度n！*log（n）。记得从1~起点和终点到1这两条路径虽然求最大值的时候不需要管，但是考虑边的使用次数的时候是需要考虑的。（就是因为这个少了10分）。30分算法。