[CSP-S模拟测试48]反思+题解
Posted rorschach-xr
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状态很垃圾的一场考试。感觉“这么多分就够了”的心态很是在给自己拖后腿。
打开题面,第一页赫然写着:$Claris‘ Contest$。
吓得我差点手一抖关掉。不过后来想想似乎强到变态的人出的题都不是很不可做?大概是实力越强越能体会弱者的难处吧。
看T1:woc 字符串?完蛋完蛋。
T2:什么啊?图上乱搞?
T3:最短路?边都建不出来。
回去又读了一遍T1发现是sbDP,一眼切了开始码。结果死调不出来,考试开始25min的时候真的是有点慌,这么水的题别人估计都10min以内解决,我都调了快20min还是过不了手玩样例。好在用了35min调过了。
T2无向图的限制让我很是没思路,于是先把T3暴力打了。打的时候想到可以拆点考虑每个二进制位,但是没想具体实现。
回来搞T2发现$O(n^4)$的暴力很好打,淼之。
然后就假装自己在想题实际上无所事事的过了1h……一直没想出T2其他的可行思路,主要是不知道无向图怎么传递信息(没有拓扑这种好东西)。
之后突然想到可以把$O(n^4)$优化到$O(n^3)$,码了个对拍没出错。$210pts\\ get!$
优化到$n^3$之后发现这已经是优化枚举的瓶颈了,更加确定正解不是这个。想了一下$bitset$用于传递环信息但是好像不行。
T3也没有想着拿下一档分,拆点的思路有点偏了。
然而T2正解就是$bitset$优化三元环计数,T3就是拆点……而且70分很好拿……
A.String Master
无脑dp。LCS加一维、多一层循环枚举修改次数即可。复杂度$O(n^3)$。
#include<cstdio> #include<iostream> #include<cstring> using namespace std; const int N=305; int n,K,dp[N][N][N]; char a[N],b[N]; int main() scanf("%d%d",&n,&K); scanf("%s",a+1);scanf("%s",b+1); int ans=0; for(int k=0;k<=K;k++) for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) if(a[i]==b[j])dp[i][j][k]=max(dp[i-1][j-1][k]+1,dp[i][j][k]); else if(k) dp[i][j][k]=max(dp[i][j][k],dp[i-1][j-1][k-1]+1); ans=max(ans,dp[i][j][k]); cout<<ans<<endl; return 0;
B.Tourist Attractions
最暴力的方法当然是四层循环枚举方案。如果记录一下每个点的度数,统计时直接用$deg[x]-1$减去三元环的情况就可以去掉一层循环。但显然我们不能用这样的方式再去一层了。
那么可以只枚举四元环中间的两个点,把他们的度数-1再相乘后减去三元环的情况。怎么求三元环的情况数呢?用bitset维护每个点的联通集合,两个点的bitset与一下就是答案了。
#include<cstdio> #include<iostream> #include<cstring> #include<bitset> using namespace std; const int N=1505,M=2500000; typedef long long ll; int n; int to[M],head[N],nxt[M],deg[N],tot; ll ans; void add(int x,int y) to[++tot]=y; nxt[tot]=head[x]; head[x]=tot; deg[y]++; char s[N]; bitset<N> link[N]; int main() /*freopen("dt.in","r",stdin); freopen("my.out","w",stdout);*/ scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%s",s+1); for(int j=1;j<=n;j++) int e=s[j]-‘0‘; if(e)add(i,j),link[i][j]=1; for(int x=1;x<=n;x++) for(int i=head[x];i;i=nxt[i]) int y=to[i]; ans+=1LL*(deg[x]-1)*(deg[y]-1)-(link[x]&link[y]).count(); cout<<ans<<endl; return 0;
C.Walk
边权为1所以求最短路直接bfs就好了。把二进制数看作集合,那么题目要求的就是一个点要与$val$值是它$val$的子集的点连边。把所有$val$都看作点,对于每个点,让它的$val$对它连边。bfs入队的时候暴力枚举子集就可以让所有相连的点入队,由于每个点只有首次入队是有用的,所以可以把枚举过的子集记忆化一下减少重复操作。
#include<cstdio> #include<iostream> #include<cstring> #include<queue> #include<vector> using namespace std; int read() int x=0,f=1;char ch=getchar(); while(!isdigit(ch))if(ch==‘-‘)f=-1;ch=getchar(); while(isdigit(ch))x=x*10+ch-‘0‘,ch=getchar(); return x*f; const int N=200005,M=300005; int n,m,w[N]; int to[M],head[N],nxt[M],tot; vector<int> g[(1<<20)+5]; void add(int x,int y) to[++tot]=y; nxt[tot]=head[x]; head[x]=tot; int dis[N],vis[(1<<20)+5]; queue<int> q; void relink(int val,int x,int pre) if(vis[val])return ; vis[val]=1; for(int i=0;i<g[val].size();i++) int y=g[val][i]; if(dis[y]==-1)dis[y]=dis[x]+1,q.push(y); for(int i=pre+1;i<=20;i++) if((val>>i)&1)relink(val^(1<<i),x,pre+1); int main() n=read();m=read(); for(int i=1;i<=n;i++) w[i]=read(),g[w[i]].push_back(i); for(int i=1;i<=m;i++) int x=read(),y=read(); add(x,y); memset(dis,0xFF,sizeof(dis)); q.push(1);dis[1]=0; while(!q.empty()) int x=q.front();q.pop(); for(int i=head[x];i;i=nxt[i]) int y=to[i]; if(dis[y]==-1)dis[y]=dis[x]+1,q.push(y); relink(w[x],x,-1); for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d\\n",dis[i]); return 0;
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