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A,B,C水
D。
有一个串，长度为n+2，
现在知道他的所有n个 长度为3的子串是什么
求出原始的串
这题跟POJ 2337有点像
最后抽象出的问题就是求欧拉通路：
将每个长度为3的子串， 前两个字母(数字）看成一个结点， 后两个字母(数字）看成一个结点，
然后这个子串就相当于 一条从前一个结点到后一个结点的边
欧拉通路的要求就是所有边都要走一遍， 所以最后就是求欧拉通路了
结点的个数最大为62*62，边的数量显然就是n了
因为两个字母（数字）hash成数字的话也就是62*62种
首先要判断这个欧拉通路是否存在
首先计算每个结点的入度和出度，
然后如果一个有向图存在欧拉通路。
则任意结点的出度跟入度的差的绝对值 不大于1
并且统计abs(出度-入度)==1 的结点的数量，假设为x个
则x必然为0或者2
如果为0个，则欧拉通路在任意一点都可当做起点
如果为2个，则欧拉通路从（出度-入度）==1 的结点出发
求欧拉通路的时候我们dfs即可，每条边会有一个编号，保证每条边只走一次。
但是需要注意的是，这个n是有20万的， 重边和自环多了会出一些问题。
所以我就将重边看成1条，但是对其计数，在dfs的时候用边的数量当做是否访问过的标记
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <queue>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <map>
#include <ctime>
#define MAXN 111111
#define MAXM 1122222
#define INF 1000000007
#define eps 1e-8
using namespace std;
int n;
typedef pair<int, int> PII;
vector<PII> g[66 * 66];
int num[66 * 66];
int in[66 * 66], out[66 * 66];
int fa[66 * 66], v[66 * 66];
int en[66 * 66][66 * 66];
int vis[222222], nv[222222];
int st[222222];
char s[211111][6];
int find(int x) {
if(x == fa[x]) return x;
int t = find(fa[x]);
fa[x] = t;
return t;
}
void join(int x, int y) {
int fx = find(x);
int fy = find(y);
if(fx != fy) fa[fx] = fy;
}
int getc(char c) {
if(c >= 'a' && c <= 'z') return c - 'a';
if(c >= 'A' && c <= 'Z') return c - 'A' + 26;
return c - '0' + 52;
}
int ind;
void dfs(int u, int eid) {
for(int i = 0; i < g[u].size(); i++) {
int tid = g[u][i].second;
if(vis[tid]) {
vis[tid] --;
dfs(g[u][i].first, tid);
}
}
if(eid) st[ind++] = eid;
}
int main()
{
scanf("%d", &n);
for(int i = 0; i < 66 * 66; i++) fa[i] = i;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%s", s[i]);
int a = getc(s[i][0]);
int b = getc(s[i][1]);
int c = getc(s[i][2]);
int id1 = a * 62 + b;
int id2 = b * 62 + c;
v[id1] = 1; v[id2] = 1;
join(id1, id2);
if(en[id1][id2] == 0) en[id1][id2] = i, g[id1].push_back(PII(id2, i));
in[id2]++;
out[id1]++;
vis[en[id1][id2]]++;
}
int tmp = -1, flag = 0;
for(int i = 0; i < 66 * 66; i++) {
if(!v[i]) continue;
if(tmp == -1) tmp = find(i);
else {
if(tmp != find(i)) {
flag = 1;
break;
}
}
}
int cnt = 0, src = -1;
for(int i = 0; i < 66 * 66; i++) {
if(!v[i]) continue;
if(abs(in[i] - out[i]) >= 2) {
flag = 1;
break;
} else if(abs(in[i] - out[i]) == 1) {
cnt ++;
if(out[i] - in[i] == 1) src = i;
}
}
if(src == -1) src = tmp;
if(flag) {
printf("NO\n");
} else if(cnt == 0 || cnt == 2) {
dfs(src, 0);
printf("YES\n");
for(int i = ind - 1; i >= 0; i--) {
int tid = st[i];
if(i == ind - 1) printf("%s", s[tid]);
else printf("%c", s[tid][2]);
}
printf("\n");
} else {
printf("NO\n");
}
return 0;
}
题意是
给出n个区间。
然后第i个区间表示的是第i个左括号与右括号的 下标距离范围
求出一个合法的括号序列 并且满足这些范围
然后后来想了想，貌似是个记忆化dp， 而且并不难。。
令dp[i][j]表示第i个到第j个左括号是否都成功的匹配到了右括号
那么在dfs的时候，对于dp[i][j] ， 我们枚举i被第几个右括号匹配了，显然是从第i个右括号枚举到第j个右括号，假设被第k个右括号匹配并且满足之前给的范围了
然后就可以去寻找其子状态 dp[i + 1][k] 以及dp[k+1][j]
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <queue>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <map>
#include <ctime>
#define MAXN 111111
#define MAXM 1122222
#define INF 1000000007
#define eps 1e-8
using namespace std;
int dp[666][666];
int l[666], r[666];
char s[3333];
int n;
int p[3333];
int dfs(int L, int R) {
if(L > R) return 1;
if(dp[L][R]) return dp[L][R];
for(int i = L; i <= R; i++) {
if(i - L + 1 >= l[L] && i - L + 1 <= r[L] ) {
if(dfs(L + 1, i) == 1 && dfs(i + 1, R) == 1) {
p[L] = (i - L) * 2 + 1;
return dp[L][R] = 1;
}
}
}
return dp[L][R] = -1;
}
int main()
{
scanf("%d", &n);
int flag = 1;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%d%d", &l[i], &r[i]);
if(l[i] % 2 == 0) l[i]++;
if(r[i] % 2 == 0) r[i]--;
if(l[i] > r[i]) {
flag = 0;
}
l[i] = (l[i] + 1) / 2;
r[i] = (r[i] + 1) / 2;
}
if(flag == 0) {
printf("IMPOSSIBLE\n");
return 0;
}
dfs(1, n);
if(dp[1][n] != 1) {
printf("IMPOSSIBLE\n");
return 0;
}
int j = 0;
for (int i = 1 ; i <= n; i++){
while(s[j]) ++j;
s[j] = '(';
s[j + p[i]] = ')';
}
puts(s);
return 0;
}
Codeforces Round #288 (Div. 2)
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原文地址：http://blog.csdn.net/sdj222555/article/details/43245421
