标签：code com href 处理 class 之间 偶数 image 关于
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题目名称 |
兔子 |
被子 |
蚊子 |
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源程序文件名 |
rabbit.cpp |
quilt.cpp |
mosquito.cpp |
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每个测试点时限 |
1s |
1s |
5s |
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内存限制 |
512MB |
512MB |
512MB |
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是否打开O2优化 |
否 |
否 |
否 |
做一只明媚的兔子…
兔子都比较喜欢蹦蹦跳跳.但是蹦蹦跳跳的时候如果一直往高处跳的话就太累了,如果一直往低处跳的话就太无聊了.所以兔子希望跳的时候能够往上跳一步,往下跳一步,往上跳一步,往下跳一步….一共经过n个高度互不相同的位置(只要向上跳和向下跳相间分布就可以了,第一步可以往上跳也可以往下跳).如果下一个位置的高度比前一个位置高,就是往上跳,比前一个位置低,就是往下跳.
兔子今天又蹦蹦跳跳依次经过了n个位置.现在它想知道经过的n个位置的高度有多少种不同的可能.
我们认为n个位置的高度形成了1到n的一个排列,这个排列要么满足奇数项的高度比相邻位置都大, 要么满足偶数项的高度比相邻位置都大.
n=1时,有1种可能,就是这1个位置的高度为1
n=2时,有2种可能,可以是(1,2)或(2,1)
n=3时,有4种可能,(1,3,2) (2,3,1),(2,1,3),(3,1,2)
答案可能很大,只需要输出答案对mod取模的结果.
一行两个整数n,mod.
一行一个整数ans,表示所有可能的排列数目对mod取模后的结果.
| 样例输入1 | 样例输出1 |
|
3 1000000007 |
4 |
| 样例输入2 | 样例输出2 |
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12 345 |
70 |
| 样例输入3 | 样例输出3 |
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233 666 |
122 |
| 样例输入4 | 样例输出4 |
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2000 2000 |
1250 |
<数据范围>
第1,2个测试点,5<=n<=10
第3,4个测试点,11<=n<=13
第5,6,7个测试点,14<=n<=16
第8,9个测试点,100<=n<=200
第10个测试点,n=2000
对于所有测试点,mod在int范围内
听说是某年的省选题......
首先晒一晒DP方程：
f[i][j]=f[i][j-1]+f[i-1][i-j]
f[i][j]表示的是一个长度为i的路径，出发点(强制是高处)取[1,j]的方案数。
在这个状态转移方程中，最重要的就是怎么求出出发点为j时的方案数。
事实上，由于在之前我们已假设出发点为高处，那么我们只需要计算 出发点取[1,j-1]且为低处，路径长度为i-1 时的方案数，这就是g[i-1][j-1]
由于我们在最开始就已经强制出发点为高处，其余的方案都可以通过取反来得到。对于一个长度为i的路径，若将每一个节点ti变为i-ti+1，我们就自然可以得到一个相反的、一一对应的数列。
由此导出f[i][j]=g[i][i-j+1]，于是有g[i-1][j-1]=f[i-1][i-j]。
当然，g[i-1][j-1]=f[i-1][i-j]，这样一个式子中是有可能出现j的，因此我们要稍稍处理一下：将g[i-1][j-1]中大于等于j的数字加1，这样得到的就一定是一个合法的、一一对应的序列。
#include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> using namespace std; int f[2][2010]; int main() { int n,p; scanf("%d%d",&n,&p); if(n==1) { printf("1\n"); return 0; } int now=0; f[0][1]=1; for(int i=2;i<=n;i++) { now^=1; for(int j=1;j<=i;j++) { f[now][j]=f[now][j-1]+f[now^1][i-j]; f[now][j]%=p; } } printf("%d",f[now][n]*2%p); return 0; }
作为一只明媚的兔子,需要学会叠被子…
被子是方形的,上面有很多小写字母.可以认为被子是一个n*m的字符矩阵
被子能够被叠起来,当且仅当每一行,每一列都是回文串.
兔子可以把同一条被子上任意两个位置的字母交换位置,而且兔子不嫌麻烦,为了把被子叠起来它愿意交换任意多次.但是兔子不能交换两条不同的被子之间的字母.
现在兔子翻箱倒柜找出来了很多被子,请你帮兔子判断每条被子能否被叠起来.
第一行一个Q,表示被子的条数
接下来描述Q条被子.
描述每条被子时,第一行输入两个整数n,m表示由n行m列组成
接下来n行每行一个长度为m的字符串.字符串中只含小写字母.
Q行,依次输出对每条被子的判断结果.如果可以叠起来,输出一行“Yes”(不包括引号),如果叠不起来,输出一行“No”(不包括引号).
| 样例输入 | 样例输出 |
|
5 |
Yes |
<数据范围>
第1,2个测试点,n*m<=10
第3,4个测试点,n=1
第5个测试点,n=2
第6个测试点,n,m均为偶数
第7,8,9,10个测试点,捆绑测试,无特殊限制.只有通过这全部4个测试点才能拿到这4个测试点的分数.
所有测试点,保证Q<=10,n,m<=200
我们可以这样理解这个问题：给出一个表格和每一种字母的数量，我们要将这些字母放到表格里面去，使这个表格满足每行每列对称。
注意到题目中有“交换任意多次”，再结合数据范围(看看这些东西的确有好处)中关于m,n奇偶性的限制，我们可以得到一个大概的方向：若将这块被子分为如Fig.1所示的四块相等的区域，只要每一块里面的同类字母数能够保证相等，我们就能够说这是一块可以被叠起来的被子。
Fig.1
换一种说法，如果每一种字母的数量An都满足An%4==0，那么就可以输出"Yes"了。(因为这是一只勤奋的兔子，它可以无限次地交换字母，我们就可以仅仅考虑字母的数量)
但是，事实上问题还要复杂那么一丢丢~
我们刚刚的思路只是最简单的一种情况，在有些情况下，即使An%4!=0，这块被子也是可以被叠起来的。让我们来更系统地讨论一下：
1>就是我们刚刚讨论的都满足An%4==0的情况，这种情况的答案一定是"Yes"的。
2>若存在An%4==2，当且仅当被子存在一条对称轴，那么我们就可以将这两个多出来的安排在这条对称轴上，使其满足题目的条件，如Fig.2。(当然，如果放慢满了，那就只有输出"No"了，下同)
Fig.2 容易发现，只要对称轴两边已经对称，那么无论对称轴里面放了什么字母，这一行都一定是对称的，若其它列都已经对称状态，我们只需要保证对称轴本身对称就可以了
3>若存在An%4==1，当且仅当被子存在对称中心，我们就可以将这一个多出来的放在对称中心那里,如Fig.3。
Fig.3
4>若存在An%4==3，当且仅当被子存在对称中心(此时一定有两条对称轴)，我们就可以将一个放在对称中心处，另外两个放在对称轴上，如Fig.3。
#include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> #include<cstdlib> using namespace std; char s[210]; int n,m,sta[30]; int Q; int main() { scanf("%d",&Q); while(Q--) { memset(sta,0,sizeof(sta)); scanf("%d%d",&n,&m); bool flag=true; for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%s",s); for(int j=0;j<m;j++) sta[s[j]-‘a‘]+=1; } //Judge the width and the length of this quilt if(n%2==0&&m%2==0) /*If both width and length can be divided by 2,this means that the quilt has no 对称轴 or 对称中心 and each of the letter should appeared for 4(or 8,16,etc) times.*/ { for(int i=0;i<26;i++) if(sta[i]%4!=0) { flag=false; break; } } else if(n%2==0&&m%2==1) /*If the width can be divided by 2,this means that the quilt has one 对称轴, and if there is more of a letter,the letter should be placed here.*/ { int cnt=0,tot=0; for(int i=0;i<26;i++) { tot+=sta[i]%4; if(sta[i]%4==1||sta[i]%4==3) cnt++; } if(cnt>0||tot>n) flag=false; } else if(n%2==1&&m%2==0) /*This kind of situation is totally same as last one. Ctrl+C~*/ { int cnt=0,tot=0; for(int i=0;i<26;i++) { tot+=sta[i]%4; if(sta[i]%4==1||sta[i]%4==3) cnt++; } if(cnt>0||tot>m) flag=false; } else if(n%2==1&&m%2==1) { /*Well ,this kind of situation is similar with last two situations:the only difference is that the container is larger.*/ int cnt=0,tot=0; for(int i=0;i<26;i++) { tot+=sta[i]%4; if(sta[i]%4==1||sta[i]%4==3) cnt++; } if(cnt>1||tot>=m+n) flag=false; } if(flag==true) printf("Yes\n"); else printf("No\n"); } return 0; }
Time: 2017-11-04
[SinGuLaRiTy] NOIP模拟题 by liu_runda
标签：code com href 处理 class 之间 偶数 image 关于
原文地址：http://www.cnblogs.com/SinGuLaRiTy2001/p/7782709.html
