标签：stdin ec2 匹配 html memset sam swap lis clu
这项比赛将在一条笔直的河道中进行，河道中分布着一些巨大岩石。组委会已经选择好了两块岩石作为比赛起点和终点。在起点和终点之间，有 NN 块岩石（不含起点和终点的岩石）。在比赛过程中，选手们将从起点出发，每一步跳向相邻的岩石，直至到达终点。
为了提高比赛难度，组委会计划移走一些岩石，使得选手们在比赛过程中的最短跳跃距离尽可能长。由于预算限制，组委会至多从起点和终点之间移走 MM 块岩石（不能移走起点和终点的岩石）。
输入格式：
输入文件第一行包含三个整数 L,N,ML,N,M ，分别表示起点到终点的距离，起点和终点之间的岩石数，以及组委会至多移走的岩石数。保证 L \geq 1L≥1 且 N \geq M \geq 0N≥M≥0 。
接下来 NN 行，每行一个整数，第 ii 行的整数 $D_i（ 0 < D_i < L）$ ， 表示第 ii 块岩石与起点的距离。这些岩石按与起点距离从小到大的顺序给出，且不会有两个岩石出现在同一个位置。
输出格式：
输出文件只包含一个整数，即最短跳跃距离的最大值。
输入输出样例 1 说明：将与起点距离为 2 和 14 的两个岩石移走后,最短的跳跃距离为 4(从与起点距离 17 的岩石跳到距离 21 的岩石,或者从距离 21 的岩石跳到终点)。
另：对于 20%的数据,0 ≤ M ≤ N ≤ 10。 对于50%的数据,0 ≤ M ≤ N ≤ 100。
对于 100%的数据,0 ≤ M ≤ N ≤ 50,000,1 ≤ L ≤ 1,000,000,000。
题解：二分距离
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn = 50005; int dis[maxn]; int L, M, N; bool check(int k){ int t = 0, las = 0; for(int i = 1; i <= N+1; i++){ if(dis[i] - las < k) t++; else las = dis[i]; if(t > M)return 0; } return 1; } int main() { //freopen("stone.in","r",stdin); //freopen("stone.out","w",stdout); int ans; scanf("%d%d%d",&L,&N,&M); for(int i = 1; i <= N; i++)scanf("%d",&dis[i]); dis[N+1] = L; int lf = 0, rg = L; while(lf <= rg){ int mid = (lf + rg) >> 1; if(check(mid))ans = mid, lf = mid + 1; else rg = mid - 1; } printf("%d\n",ans); return 0; }
有两个仅包含小写英文字母的字符串 AA 和 BB 。
现在要从字符串 AA 中取出 kk 个互不重叠的非空子串，然后把这 kk 个子串按照其在字符串 AA 中出现的顺序依次连接起来得到一个新的字符串。请问有多少种方案可以使得这个新串与字符串 BB 相等？
注意：子串取出的位置不同也认为是不同的方案。
输入格式：
第一行是三个正整数 n,m,kn,m,k ，分别表示字符串 AA 的长度，字符串 BB 的长度，以及问题描述中所提到的 kk ，每两个整数之间用一个空格隔开。
第二行包含一个长度为 nn 的字符串，表示字符串 AA 。
第三行包含一个长度为 mm 的字符串，表示字符串 BB 。
输出格式：
输出共一行，包含一个整数，表示所求方案数。
由于答案可能很大，所以这里要求输出答案对 10000000071000000007 取模的结果。
对于第 1 组数据:1≤n≤500,1≤m≤50,k=1;
对于第 2 组至第 3 组数据:1≤n≤500,1≤m≤50,k=2;
对于第 4 组至第 5 组数据:1≤n≤500,1≤m≤50,k=m;
对于第 1 组至第 7 组数据:1≤n≤500,1≤m≤50,1≤k≤m;
对于第 1 组至第 9 组数据:1≤n≤1000,1≤m≤100,1≤k≤m；
对于所有 10 组数据:1≤n≤1000,1≤m≤200,1≤k≤m。
题解：dp;果然又没想出方程
先想到： dp[ i ][ j ][ k ] = dp[ i-1 ][ j-1 ][ k ] + dp[ i-1 ][ j-1 ][ k-1 ]； ( A[i] == B[j] )
即：能匹配时，方案数为：单独使用当前字符为一个子串 + 与前面相连形成一个子串;
稍微仔细一想就可以知道，这个DP式子是有问题的，如果不使用当前字符被遗漏了
所以：
设s[ i ][ j ][ k ]为A到了 i ，B到了 j ，已经用了 k 个子串， 并且一定用了当前字符(A[i])时的方案数。
设f[ i ][ j ][ k ]为A到了 i ，B到了 j ，已经用了 k 个子串， 无论用不用当前字符(A[i])时的方案数总和。
能转移的前提自然是 A[ i ] == B [ j ]啦。
既然 A[i] 一定要用，那么依旧是两种情况：独自成一串 或 与前面的成一串。
s[ i ][ j ][ k ] = f[ i-1 ][ j-1 ][ k-1 ] + s[ i-1 ][ j-1 ][ k ]；
f[ i ][ j ][ k ] 的来源也有两种： 使用当前字符 或 不使用当前字符
f[ i ][ j ][ k ] = f[ i-1 ][ j ][ k ] + s[ i ][ j ][ k ]；
然后由于空间原因开滚动数组，注意中间转移时A[i]！=B[j] f 要赋值0，不然会影响后面
初始化 f[ i ][ 0 ][ 0 ] = 1, 不选也是一种方案
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; int f[2][505][505], s[2][505][505]; char a[1005], b[1005]; const int M = 1000000007; int main() { //freopen("substring.in","r",stdin); //freopen("substring.out","w",stdout); int n, m, k, ans = 0; scanf("%d%d%d",&n,&m,&k); scanf("%s%s",a+1,b+1); int u = 0; f[0][0][0]=1; for(int i = 1; i <= n; i++){ u^=1; f[u][0][0] = 1; for(int j = 1; j <= m; j++) for(int kk = 1; kk <= k; kk++){ if(a[i] == b[j])s[u][j][kk] = (f[u^1][j-1][kk-1] + s[u^1][j-1][kk]) % M; else s[u][j][kk] = 0; f[u][j][kk] = (f[u^1][j][kk] + s[u][j][kk]) % M; //printf("%d %d %d %d %d\n",i,j,kk,f[u][j][kk],s[u][j][kk]); } } printf("%d\n",f[u][m][k]); return 0; }
公元 2044 年，人类进入了宇宙纪元。
L 国有 nn 个星球，还有 n-1n?1 条双向航道，每条航道建立在两个星球之间，这 n-1n?1 条航道连通了 LL 国的所有星球。
小 P 掌管一家物流公司， 该公司有很多个运输计划，每个运输计划形如：有一艘物流飞船需要从 u_iui? 号星球沿最快的宇航路径飞行到 v_ivi? 号星球去。显然，飞船驶过一条航道是需要时间的，对于航道 jj ，任意飞船驶过它所花费的时间为 t_jtj? ，并且任意两艘飞船之间不会产生任何干扰。
为了鼓励科技创新， L 国国王同意小 P 的物流公司参与 L 国的航道建设，即允许小P 把某一条航道改造成虫洞，飞船驶过虫洞不消耗时间。
在虫洞的建设完成前小 P 的物流公司就预接了 mm 个运输计划。在虫洞建设完成后，这 mm 个运输计划会同时开始，所有飞船一起出发。当这 mm 个运输计划都完成时，小 P 的物流公司的阶段性工作就完成了。
如果小 P 可以自由选择将哪一条航道改造成虫洞， 试求出小 P 的物流公司完成阶段性工作所需要的最短时间是多少？
输入格式：
第一行包括两个正整数 n, mn,m ，表示 L 国中星球的数量及小 P 公司预接的运输计划的数量，星球从 11 到 nn 编号。
接下来 n-1n?1 行描述航道的建设情况，其中第 ii 行包含三个整数 a_i, b_iai?,bi? 和 t_iti? ，表示第 ii 条双向航道修建在 a_iai? 与 b_ibi?两个星球之间，任意飞船驶过它所花费的时间为 t_iti? 。数据保证 1 \leq a_i,b_i \leq n1≤ai?,bi?≤n 且 0 \leq t_i \leq 10000≤ti?≤1000 。
接下来 mm 行描述运输计划的情况，其中第 jj 行包含两个正整数 u_juj? 和 v_jvj? ，表示第 jj 个运输计划是从 u_juj? 号星球飞往 v_jvj? 号星球。数据保证 1 \leq u_i,v_i \leq n1≤ui?,vi?≤n
输出格式：
输出文件只包含一个整数，表示小 P 的物流公司完成阶段性工作所需要的最短时间。
所有测试数据的范围和特点如下表所示
请注意常数因子带来的程序效率上的影响。
题解：先想到树剖+树状数组的暴力，每个点修改，复杂度N*M*LogN，会T
首先求出每个计划的路径长度 以及路径上的lca
然后二分时间k
统计 k<路径长的条数 cnt 并维护最大差值 rest
并且对于每条不合法的路径维护每个点的经过次数
然后枚举点 如果经过次数==cnt说明每一条不合法的都经过他
然后尝试把它建成虫洞 如果他对应边的权值>=dec 那么我们删掉它ans就合法了
如果没有次数==cnt的，说明至少要建两个虫洞，直接舍掉
关键是统计每个点在非法路径中的经过次数 ：
维护sum数组 对于每个非法的路径起点a b LCA(a,b)==s sum[a]++ sum[b]++ sum[s]-=2//因为边权下放了点权
在dfs记录访问逆序，好一次更新，不然就N^2的
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int n,m; const int maxn = 300000+5, P = 20; int Mtim, tot, idx; int st[maxn], ed[maxn], anc[maxn][P+1], q[maxn], to[maxn]; int dep[maxn], dist[maxn], dis[maxn], h[maxn], du[maxn], lca[maxn]; struct edge{int v,w,nxt;}G[maxn<<1]; void add(int u,int v,int t){G[++tot].v = v;G[tot].w = t;G[tot].nxt = h[u]; h[u] = tot;} void read(int &x){ int f=1;x=0;char c=getchar(); while(c>‘9‘||c<‘0‘){if(c==‘-‘)f=-1;c=getchar();} while(c<=‘9‘&&c>=‘0‘){x=x*10+c-‘0‘;c=getchar();} x*=f; } void dfs(int u, int fr){ anc[u][0] = fr; for(int p = 1; p <= P; p++) anc[u][p] = anc[anc[u][p-1]][p-1]; dep[u] = dep[fr] + 1; for(int i = h[u]; i; i = G[i].nxt){ int v = G[i].v; if(v == fr)continue; to[v] = G[i].w; dis[v] = dis[u] + to[v]; dfs(v, u); } q[++idx] = u;//访问逆序 } int flca(int u, int v){ if(dep[u] < dep[v])swap(u, v); int t = dep[u] - dep[v]; for(int p=0; t; t>>=1, p++) if(t & 1)u = anc[u][p]; if(u == v)return u; for(int p = P; p >= 0; p--) if(anc[u][p] != anc[v][p]) u = anc[u][p], v = anc[v][p]; return anc[u][0]; } void init(){ dfs(1, 0); for(int i = 1; i <= m; i++){ lca[i] = flca(st[i], ed[i]); dist[i] = dis[st[i]] + dis[ed[i]] - 2*dis[lca[i]]; Mtim = max(Mtim, dist[i]); } } bool check(int k){ memset(du, 0, sizeof(du));//! int cnt = 0, rest = 0, hh = -1; for(int i = 1; i <= m; i++){ if(dist[i] <= k)continue; cnt++; du[st[i]]++;du[ed[i]]++; du[lca[i]]-=2; rest = max(rest, dist[i] - k); } if(!cnt)return 1; for(int i = 1; i <= n; i++){ int u = q[i]; du[anc[u][0]] += du[u]; } for(int i = 1; i <= n; i++) if(du[i] == cnt)hh = max(hh, to[i]); return rest <= hh; } void solve(){ int lf = 0, rg = Mtim, ans = 0; while(lf <= rg){ int mid = (lf + rg) >> 1; if(check(mid))ans = mid, rg = mid - 1; else lf = mid + 1; } printf("%d\n",ans); } int main(){ // freopen("transport.in","r",stdin); // freopen("transport.out","w",stdout); read(n),read(m); for(int i = 1; i < n; i++){ int u, v, t; read(u),read(v),read(t); add(u,v,t); add(v,u,t); } for(int i = 1; i <= m; i++) read(st[i]), read(ed[i]); init(); solve(); }
标签：stdin ec2 匹配 html memset sam swap lis clu
原文地址：https://www.cnblogs.com/EdSheeran/p/8995289.html
