标签：puts order kmp ever base data names sha efi
B
给定一个数列，每次操作选择一个偶数cc，把所有与cc相同的数都除以22，重复此类操作，直到所有数都变为奇数，问最小的操作次数。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=2e5+10;
int a[maxn];
ll n;
unordered_map<int,int>vis;
bool cmp(int a,int b){
return a>b;
}
int main()
{
ll t;
cin>>t;
while(t--){
cin>>n;
vis.clear();
ll ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
sort(a+1,a+1+n,cmp);
for(int i=1;i<=n;i++){
if(vis[a[i]]==0&&(a[i]&1)==0){
vis[a[i]]=1;
while(a[i]){
ans++;a[i]/=2;vis[a[i]]=1;
if(a[i]&1) break;
}
}
}
cout<<ans<<endl;
}
}
C
给定一个字符串，要求去掉若干个字母，使得该字符串不包含"one""one"和"two""two"，求最小的去掉字符的数量。
有以下三个情况：
（1）：one，ooone这种，那直接取消n或者e，而不是o
（2）：two，twooo这种，那直接取消t或者w，而不是o
（3）twone直接取消o；
用kmp先匹配twone，因为先匹配one和two的话twone这个还得再搞一次。
#include <bits/stdc++.h>
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
template <typename T>
void read(T &x) {
int s = 0, c = getchar();
x = 0;
while (isspace(c)) c = getchar();
if (c == 45) s = 1, c = getchar();
while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
if (s) x = -x;
}
template <typename T>
void write(T x, char c = ‘ ‘) {
int b[40], l = 0;
if (x < 0) putchar(45), x = -x;
while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
if (!l) putchar(48);
while (l) putchar(b[--l] | 48);
putchar(c);
}
char one[4]={"one"};
char two[4]={"two"};
char twone[6]={"twone"};
int nxtone[4],nxttwo[4],nxttwone[6];
const int N=2e5+8;
char s[N];
int len,cnt;
int anspos[N];
void makenext(char qaq[],int nxt[],int n){
nxt[0]=0;
int k=0;
for (int i=1;i<n;i++){
while ((k>0)&&(qaq[k]!=qaq[i])) k=nxt[k-1];
if (qaq[k]==qaq[i]) k++;
nxt[i]=k;
}
}
void kmp(char qaq[],int nxt[],char qwq[],int n){
int q=0;
for (int i=0;i<len;i++){
if (qwq[i]==‘@‘) continue;
while ((qwq[i]!=qaq[q])&&(q>0)) q=nxt[q-1];
if (qwq[i]==qaq[q]) q++;
if (q==n) {
if (n==5) {qwq[i-2]=‘@‘; anspos[++cnt]=i-1;}
else {qwq[i-1]=‘@‘; anspos[++cnt]=i;}
}
}
}
void Input(void) {
cnt=0;
scanf("%s",s);
len=strlen(s);
}
void Solve(void) {
kmp(twone,nxttwone,s,5);
kmp(two,nxttwo,s,3);
kmp(one,nxtone,s,3);
}
void Output(void) {
write(cnt,‘\n‘);
for(int i=1;i<=cnt;++i) printf("%d%c",anspos[i],i==cnt?‘\n‘:‘ ‘);
if (cnt==0) puts("");
}
main(void) {
int kase;
read(kase);
makenext(one,nxtone,3);
makenext(two,nxttwo,3);
makenext(twone,nxttwone,5);
for (int i = 1; i <= kase; i++) {
//printf("Case #%d: ", i);
Input();
Solve();
Output();
}
}
D
给定若干个互不相同的0101子串，现翻转一些子串，使得这些子串可以排成一行，第一个子串任意，然后前一个子串的末数字和后一个子串的首数字一样，且不能有相同的子串。求最小的翻转次数，且输出任一种对应的方案。无解则输出−1−1
考虑到只涉及子串的首位和末位，我们按照首位和末位的数字将这些子串分为44类，即00,01,10,1100,01,10,11串。
无解的情况就是有0000串和1111串但无1010和0101串。
由植树原理知只要1010串和0101串的数量差值小于等于11即可。
因为0101串翻转就是1010串，那么最小的操作次数就是1010和0101串的数量差的一半下取整。但这里可能会出现翻转后的子串与已有的子串相同。
因为0000串和1111串无需翻转，我们就不用考虑它们。
注意到如果一个0101串翻转后与已有的子串相同，这个已有的子串一定是1010串，且可以和翻转的0101串进行匹配，我们就可以不考虑这对子串了。
#include <bits/stdc++.h>
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
const int N=2e5+8;
int num[4],s01[N],s10[N];
int n,l,c0,c1;
string s,ss;
unordered_map<string,pair<int,bool>> qwq;
void Input(void) {
qwq.clear();
num[0]=num[1]=num[2]=num[3]=0;
c0=c1=0;
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;++i){
cin>>s;
if (s[0]==s[s.size()-1]) {qwq[s]=make_pair(i,1);continue;}
ss=s;
reverse(s.begin(),s.end());
if (qwq[s].second==1) {qwq[s].second=0;++num[2];++num[3];continue;}
qwq[ss]=make_pair(i,1);
}
}
void Solve(void) {
for(auto v:qwq){
if (v.second.second==1){
const char *ss=v.first.c_str();
l=strlen(ss);
if (l==1) ++num[ss[0]-‘0‘];
else{
if (ss[0]==‘0‘&&ss[l-1]==‘0‘) ++num[0];
else if (ss[0]==‘0‘&&ss[l-1]==‘1‘) ++num[2],s01[++c0]=v.second.first;
else if (ss[0]==‘1‘&&ss[l-1]==‘0‘) ++num[3],s10[++c1]=v.second.first;
else ++num[1];
}
}
}
if (num[2]==0&&num[3]==0&&num[0]!=0&&num[1]!=0) cout<<"-1"<<endl;
else {
int qwq=ABS(num[2]-num[3]);
qwq/=2;
cout<<qwq<<endl;
if (num[2]>num[3]) for(int i=1;i<=qwq;++i) cout<<s01[i]<<(i==qwq?‘\n‘:‘ ‘);
else for(int i=1;i<=qwq;++i) cout<<s10[i]<<(i==qwq?‘\n‘:‘ ‘);
if (qwq==0) cout<<‘\n‘;
}
}
void Output(void) {}
main(void) {
ios::sync_with_stdio(false);
int kase;
freopen("input.txt", "r", stdin);
freopen("output.txt", "w", stdout);
cin>>kase;
for (int i = 1; i <= kase; i++) {
//printf("Case #%d: ", i);
Input();
Solve();
Output();
}
}
E
给定一张nn个点mm条边的无向图，有两个特殊城市a,ba,b，求点对数(x,y)(x,y)，使得从城市xx到城市yy的所有路径中都会经过城市aa和bb，其中xx与yy均不等于aa和bb。
我们考虑城市aa和bb，很容易想到一种情形就是aa和bb把它们之间的点形成了孤岛，这样从aa的另外一边的城市到bb的另外一边的城市就必须经过aa和bb了。而aa，bb就成了连接它们的割点。
那么我们就对aa进行DFSDFS，记录aa不经过bb所能到达的城市，有cntacnta个，然后再从bb进行DFSDFS，不经过aa，如果到达了aa所到达的城市，那么这个城市就是孤岛上的城市，记有dd个，否则就是aa所到达不到，即bb的另一边的城市，记有cntbcntb个，而a的另一边的城市有cnta−dcnta−d个。
#include <bits/stdc++.h>
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
template <typename T>
void read(T &x) {
int s = 0, c = getchar();
x = 0;
while (isspace(c)) c = getchar();
if (c == 45) s = 1, c = getchar();
while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
if (s) x = -x;
}
template <typename T>
void write(T x, char c = ‘ ‘) {
int b[40], l = 0;
if (x < 0) putchar(45), x = -x;
while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
if (!l) putchar(48);
while (l) putchar(b[--l] | 48);
putchar(c);
}
const int N=2e5+8;
vector<int> edge[N];
int n,m,a,b;
int sign[N];
long long cnta,cntb;
void Input(void) {
read(n);
read(m);
read(a);
read(b);
for(int i=1;i<=n;++i) edge[i].clear();
for(int u,v,i=1;i<=m;++i){
read(u);
read(v);
edge[u].push_back(v);
edge[v].push_back(u);
}
}
void DFSa(int x){
for(auto i:edge[x]){
if (i==b) continue;
if (sign[i]==0){
sign[i]=1;
++cnta;
DFSa(i);
}
}
}
void DFSb(int x){
for(auto i:edge[x]){
if (i==a) continue;
if (sign[i]!=2){
if (sign[i]==1) --cnta;
else ++cntb;
sign[i]=2;
DFSb(i);
// continue;
}
}
}
void Solve(void) {
for(int i=1;i<=n;++i) sign[i]=0;
cnta=cntb=0;
sign[a]=1;
DFSa(a);
sign[b]=2;
DFSb(b);
}
void Output(void) {
write(cntb*cnta,‘\n‘);
}
int main(void) {
//ios::sync_with_stdio(false);
int kase; read(kase);
for (int i = 1; i <= kase; i++) {
//printf("Case #%d: ", i);
Input();
Solve();
Output();
}
return 0;
}
那么答案就是(cnta−d)∗cntb(cnta−d)∗cntb.
Codeforces Round #606 (Div. 2, based on Technocup 2020 Elimination Round 4)
标签：puts order kmp ever base data names sha efi
原文地址：https://www.cnblogs.com/hgangang/p/12209955.html
