2015ACM/ICPC亚洲区沈阳站

Posted 2020-08-12

5510　　Bazinga

题意：给出n个字符串，求满足条件的最大下标值或层数

        条件：该字符串之前存在不是 它的子串 的字符串

求解si是不是sj的子串，可以用kmp算法之类的。

strstr是黑科技，比手写的kmp快。if(strstr(s[i], s[j]) == NULL)，则S_i不是S_j的子串。

还有一个重要的剪枝：对于一个串，如果当前找到的串是它的母串，则下一次这个串不用遍历。

 1 #include <set>
 2 #include <queue>
 3 #include <cstdio>
 4 #include <vector>
 5 #include <cstring>
 6 #include <algorithm>
 7 using namespace std;
 8 typedef long long LL;
 9 #define mem(x,y) memset(x, y, sizeof(x))
10 #define lson l,m,rt << 1
11 #define rson m+1,r,rt << 1 | 1
12 int gcd(int a,int b){return b == 0 ? a : gcd(b, a % b);}
13 int lcm(int a,int b){return a / gcd(a, b) * b;}
14 
15 int T, n;
16 char s[505][2005];
17 int vis[505];
18 
19 int main()
20 {
21     scanf("%d", &T);
22     for(int Case = 1; Case <= T; Case++)
23     {
24         mem(vis, 0);
25         scanf("%d", &n);
26         getchar();
27         for(int i = 1; i <= n; i++)
28         {
29             scanf("%s", s[i]);
30         }
31         int ans = -1;
32         for(int i = 2; i <= n; i++)
33         {
34             int ok = 0;
35             for(int j = i - 1; j >= 1; j--)
36             {
37                 if(vis[j]) continue;
38                 if(strstr(s[i], s[j]) == NULL)//sj 不是 si的子串
39                 {
40                     ok = 1;
41                     break;
42                 }
43                 else
44                 {
45                     vis[j] = 1;//重要剪枝
46                 }
47             }
48             if(ok) ans = i;
49         }
50         printf("Case #%d: %d\n", Case, ans);
51     }
52     return 0;
53 }

 

 

5512　　Pagodas

题意：有n个庙经过长时间风吹雨打需要修补，只有两座（被标记为a，b）完好无损不需要修补，有两个和尚轮流去修补这n-2个庙，每个和尚每次只能修补一个庙标记为i，并要求i满足i=j+k或者i=j-k，每个庙只能被修建一次；其中j和k代表已经修建好的庙，Yuwgna先开始，问最后谁不能修建谁输；

更相减损术！（gcd里头：辗转相除法，更相减损术，自行百度）

更相减损术：

第一步：任意给定两个正整数；判断它们是否都是偶数。若是，则用2约简；若不是则执行第二步。

第二步：以较大的数减较小的数，接着把所得的差与较小的数比较，并以大数减小数。继续这个操作，直到所得的减数和差相等为止。

则第一步中约掉的若干个2与第二步中等数的乘积就是所求的最大公约数。

所以它在1-n里头，只要是它的最小公因数的倍数的数都是可以选择的点，所以答案是n / gcd(x, y)

主要是由i = j - k联想出来的。

 1 #include <set>
 2 #include <queue>
 3 #include <cstdio>
 4 #include <vector>
 5 #include <cstring>
 6 #include <algorithm>
 7 using namespace std;
 8 typedef long long LL;
 9 #define mem(x,y) memset(x, y, sizeof(x))
10 #define lson l,m,rt << 1
11 #define rson m+1,r,rt << 1 | 1
12 int gcd(int a,int b){return b == 0 ? a : gcd(b, a % b);}
13 int T, n, x, y;
14 
15 int main()
16 {
17     scanf("%d", &T);
18     for(int Case = 1; Case <= T; Case++)
19     {
20         scanf("%d%d%d", &n, &x, &y);
21         int g = gcd(x, y);
22         int cnt = n / g;
23         printf("Case #%d: ", Case);
24         printf("%s\n", cnt & 1 ? "Yuwgna" : "Iaka");
25     }
26     return 0;
27 }

 

 

 

5521　　Meeting

题意：给你一个n个点，m个集合的图，每个集合中的点都可以以di的距离相互的到达，问你两个人同时从1和n出发，会在那个点相遇。

每个集合内部里的所有的边都是互通的，如果一个个连就要n²了，可以采用增加虚拟结点的方式，来减少点。虚拟一个s，一个e，把他们连接起来。

 

 1 for(int i = 1; i <= m; i++)
 2 {
 3     int w, num;
 4     int s = n + i, e = n + i + m;
 5     scanf("%d%d", &w, &num);
 6  G[s].push_back(edge(e, w));
 7     while(num--)
 8     {
 9         int x;
10         scanf("%d", &x);
11         G[e].push_back(edge(x, 0));
12         G[x].push_back(edge(s, 0));
13     }
14 }

 

 

 

 

  1 //题意：给你一个n个点，m个集合的图，每个集合中的点都可以以di的距离相互的到达，问你两个人同时从1和n出发，会在那个点相遇。
  2 #include <set>
  3 #include <queue>
  4 #include <cstdio>
  5 #include <vector>
  6 #include <cstring>
  7 #include <algorithm>
  8 using namespace std;
  9 typedef long long LL;
 10 #define mem(x,y) memset(x, y, sizeof(x))
 11 #define lson l,m,rt << 1
 12 #define rson m+1,r,rt << 1 | 1
 13 int gcd(int a,int b){return b == 0 ? a : gcd(b, a % b);}
 14 int lcm(int a,int b){return a / gcd(a, b) * b;}
 15 
 16 int T, n, m, Case;
 17 LL ans;
 18 const int maxn_v = 1e5 + 5;
 19 const LL INF = 1e18;
 20 
 21 const int ssize = 2e6 + 1e5 + 5;
 22 LL d1[ssize], d2[ssize];
 23 
 24 struct edge
 25 {
 26     int to;
 27     LL co;
 28     edge(int tt, LL cc):to(tt), co(cc){}
 29     bool operator < (const edge &other)const
 30     {
 31         return co > other.co;
 32     }
 33 };
 34 vector<edge>G[ssize];
 35 void init()
 36 {
 37     for(int i = 1; i <= n + 2 * m; i++) G[i].clear();
 38     ans = INF;
 39 }
 40 void dijkstra(int s, LL dis[])
 41 {
 42     for(int i = 1; i <= n + 2 * m; i++) dis[i] = INF;
 43     priority_queue<edge>que;
 44     dis[s] = 0;
 45     que.push(edge(s, dis[s]));
 46     while(!que.empty())
 47     {
 48         edge p = que.top();que.pop();
 49         int v = p.to;
 50         if(dis[v] < p.co) continue;
 51         for(int i = 0; i < G[v].size(); i++)
 52         {
 53             edge e = G[v][i];
 54             if(dis[e.to] > dis[v] + e.co)
 55             {
 56                 dis[e.to] = dis[v] + e.co;
 57                 que.push(edge(e.to, dis[e.to]));
 58             }
 59         }
 60     }
 61 }
 62 
 63 void solve()
 64 {
 65     dijkstra(1, d1);
 66     dijkstra(n, d2);
 67     ans = INF;
 68     for(int i = 1; i <= n; i++)
 69     {
 70         ans = min(ans, max(d1[i], d2[i]));
 71     }
 72     printf("Case #%d: ", Case);
 73 
 74     if(ans == INF)
 75         printf("Evil John\n");
 76     else
 77     {
 78         printf("%I64d\n", ans);
 79         int cnt = 0;
 80         for(int i = 1; i <= n; i++)
 81         {
 82             if(ans == max(d1[i], d2[i])) cnt++;
 83         }
 84         for(int i = 1; i <= n; i++)
 85         {
 86             if(ans == max(d1[i], d2[i])) cnt--, printf("%d%c", i, cnt ? ‘ ‘ : ‘\n‘ );
 87         }
 88     }
 89 }
 90 
 91 
 92 int main()
 93 {
 94     scanf("%d", &T);
 95     for(Case = 1; Case <= T; Case++)
 96     {
 97         scanf("%d%d", &n, &m);
 98         init();
 99         for(int i = 1; i <= m; i++)
100         {
101             int w, num;
102             int s = n + i, e = n + i + m;
103             scanf("%d%d", &w, &num);
104             G[s].push_back(edge(e, w));
105             while(num--)
106             {
107                 int x;
108                 scanf("%d", &x);
109                 G[e].push_back(edge(x, 0));
110                 G[x].push_back(edge(s, 0));
111             }
112         }
113         solve();
114     }
115     return 0;
116 }