Day5下

Posted 2020-10-12 wang者归来

T1

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cmath>
using namespace std;
const int N=1010;
int n,m,k,p;
int to[N],nex[N];
int a[N][N];
int main()
{
    freopen("rotate.in","r",stdin);
    freopen("rotate.out","w",stdout);
    scanf("%d%d%d",&n,&p,&k);
    for(int j=1;j<=n;j++)    to[j]=j;
    for(int i=1;i<=p;i++)
    {
        scanf("%d",&m);a[i][0]=m;
        for(int j=1;j<=m;j++)    scanf("%d",&a[i][j]);
    }
    for(int i=p;i>=1;i--)
    {
        memset(nex,0,sizeof nex);m=a[i][0];
        
        for(int j=2;j<=m;j++)    nex[a[i][j-1]]=a[i][j];
        nex[a[i][m]]=a[i][1];
        
        for(int j=1;j<=n;j++)
        if(nex[to[j]])    to[j]=nex[to[j]];
    }
    for(int j=1;j<=n;j++)
    printf("%d ",to[j]);
    return 0;
}

first 100

置换，没学过的话模拟就行。考察理解题意了。

正着做：置换的性质。（不知道也能做）

 

T2

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cmath>
using namespace std;
const int N=1e4+100;
int n,a,b,c,d;
int q[N];
long long ans;
int main()
{
    freopen("range.in","r",stdin);
    freopen("range.out","w",stdout);
    scanf("%d%d%d%d%d",&n,&a,&b,&c,&d);
    
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&q[i]);
    
    for(int i=1,j;i<=n;i++)
    {
        int ans1,ans2;
        ans1=ans2=q[i];
        if(ans1<a||ans2>d)    continue;
        j=i;
        for(j;j<=n;j++)
        {
            ans1&=q[j];ans2|=q[j];
            if(ans1<a||ans2>d)    break;
            if(ans1<=b&&ans2>=c)    ans++;
        }
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
} 

first 60

先固定左端典，向右搜，查找区间个数。

怎么优化，二分 +倍增。

本来我想’与‘和’或‘是不满足 前缀差等于区间值的性质的。

其实我的想法太狭隘了，仔细想想：无论是’与‘还是’或‘ 都满足两段区间O(1)合成更大区间的性质。

比如f[1,6] & f[3,9],  可以看成f[1,3] & f[3,6]&f[6,9] &f[3,6] 一个数和本身的’‘与’还是本身无影响。

然后就能通过二分把n^n变成nlogn,

T3

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cmath>
using namespace std;
const int N=1009;
const int P=1e9+7;
int n,k;
int h[N],nex[N*2],to[N*2],cnt;
int w[N],sum[N],tot[N];//子树节点数，根到这的和 
int x,y;
void add()
{
    scanf("%d%d",&x,&y);
    to[++cnt]=y,nex[cnt]=h[x],h[x]=cnt;
    to[++cnt]=x,nex[cnt]=h[y],h[y]=cnt;
}
int vis[N];int ans;
void dfs(int Tot,int Sum,int last)
{
    if(Tot==k)
    {
        int ss=Sum;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        if(vis[i])
        for(int j=h[i];j;j=nex[j])
        if(!vis[to[j]])        Sum++;
        Sum=n-1-Sum;
        ans=(1LL*ans+1LL*(1<<Sum)%P)%P;         
        
    
        Sum=ss;    
    }
    if(Tot>k)    return ;
    for(int i=last;i<=n;i++)
    if(vis[i])
    {
        int is=0;
        for(int j=h[i];j;j=nex[j])
        if(!vis[to[j]])    {
            vis[to[j]]=1;
            dfs(Tot+w[to[j]],Sum+1,i);
            vis[to[j]]=0;
        is=1;        
        }        
    }
}
int main()
{
    freopen("fruit.in","r",stdin);
    freopen("fruit.out","w",stdout);
    scanf("%d%d",&n,&k);
    int is=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&w[i]);
        if(!w[i])    is=0;
    }
    for(int i=1;i<n;i++)    add();
        
    vis[1]=1;
    dfs(w[1],0,1);
    if(!is) ans--;
    cout<<ans;
    return 0;
}

0分

说到T3我就不得不吐槽一下，我投入了整套题超过一般的时间，结果0分。

搜索 搜重了，不知道怎么去重。

正解是个背包，f[i][j]表示在i节点及其子树中拿j个果子的方案数，。