编程之美2015初赛第二场AB

题目1 : 扑克牌

时间限制:2000ms
单点时限:1000ms
内存限制:256MB
描述
一副不含王的扑克牌由52张牌组成，由红桃、黑桃、梅花、方块4组牌组成，每组13张不同的面值。现在给定52张牌中的若干张，请计算将它们排成一列，相邻的牌面值不同的方案数。

牌的表示方法为XY，其中X为面值，为2、3、4、5、6、7、8、9、T、J、Q、K、A中的一个。Y为花色，为S、H、D、C中的一个。如2S、2H、TD等。

输入
第一行为一个整数T，为数据组数。

之后每组数据占一行。这一行首先包含一个整数N，表示给定的牌的张数，接下来N个由空格分隔的字符串，每个字符串长度为2，表示一张牌。每组数据中的扑克牌各不相同。

输出
对于每组数据输出一行，形如”Case #X: Y”。X为数据组数，从1开始。Y为可能的方案数，由于答案可能很大，请输出模264之后的值。

数据范围
1 ≤ T ≤ 20000

小数据

1 ≤ N ≤ 5

大数据

1 ≤ N ≤ 52

样例输入
5
1 TC
2 TC TS
5 2C AD AC JC JH
4 AC KC QC JC
6 AC AD AS JC JD KD
样例输出
Case #1: 1
Case #2: 0
Case #3: 48
Case #4: 24
Case #5: 120

dp。

（以为是排列组合，想了很久无果）
其实和【BZOJ 1079】完全一样。

如果dp的状态是每个面值剩余几张的话复杂度是$O(4^{13})$，但如果变成剩余几张的有几种面值的话就是$O(13^4)$了，因为剩余数量相同的面值是等价的。

$f[a][b][c][d][last]$表示剩余$1$张的有$a$种面值，剩余$2$张的有$b$种面值…上一次选的是剩余$last$张的一种面值。

转移就是在选择剩余$last-1$张的面值中选择方案少一种，其他任意，详见代码。

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <queue>
#include <map>
#include <vector>
#include <iostream>
#include <set>
#define ull unsigned long long
using namespace std;
ull f[14][14][14][14][5];
char s[10];
int T,n,c[14],sum[10];
ull dfs(int a,int b,int c,int d,int last)
{
    if (f[a][b][c][d][last]) return f[a][b][c][d][last];
    ull tmp=0;
    if (a) tmp+=dfs(a-1,b,c,d,1)*(a-(last==2));
    if (b) tmp+=dfs(a+1,b-1,c,d,2)*(b-(last==3));
    if (c) tmp+=dfs(a,b+1,c-1,d,3)*(c-(last==4));
    if (d) tmp+=dfs(a,b,c+1,d-1,4)*d;
    f[a][b][c][d][last]=tmp;
    return tmp;
}
int main()
{
    cin>>T;
    for (int t=1;t<=T;t++)
    {
        printf("Case #%d: ",t);
        scanf("%d",&n);
        for (int i=1;i<=13;i++)
            c[i]=0;
        for (int i=1;i<=n;i++)
        {
            scanf("%s",s);
            if (s[0]-‘0‘>=2&&s[0]-‘0‘<=9)
                c[s[0]-‘0‘]++;
            if (s[0]==‘A‘) c[1]++; 
            if (s[0]==‘T‘) c[10]++;
            if (s[0]==‘J‘) c[11]++;
            if (s[0]==‘Q‘) c[12]++;
            if (s[0]==‘K‘) c[13]++;
        }
        for (int i=1;i<=10;i++)
            sum[i]=0;
        for (int i=1;i<=13;i++)
            sum[c[i]]++;
        for (int i=1;i<=4;i++)
            f[0][0][0][0][i]=1;
        ull ans=dfs(sum[1],sum[2],sum[3],sum[4],0);
        for (int i=1;i<=13;i++)
            if (c[i]>1)
            {
                for (int j=2;j<=c[i];j++)
                    ans*=j;
            }
        printf("%llu\n",ans);
    }
    return 0;
}

题目2 : 攻城略地

时间限制:2000ms
单点时限:1000ms
内存限制:256MB
描述
A、B两国间发生战争了，B国要在最短时间内对A国发动攻击。已知A国共有n个城市（城市编号1, 2, …, n），城市间有一些道路相连。每座城市的防御力为w，直接攻下该城的代价是w。若该城市的相邻城市（有道路连接）中有一个已被占领，则攻下该城市的代价为0。

除了占领城市，B国还要摧毁A国的交通系统，因而他们需要破坏至少k条道路。由于道路损毁，攻下所有城市的代价相应会增加。假设B国可以任意选择要摧毁的道路，那么攻下所有城市的最小代价是多少？

输入
第一行一个整数T，表示数据组数，以下是T组数据。

每组数据第一行包含3个整数n, m, k。

第二行是n个整数，分别表示占领城市1, 2, …, n的代价w。

接下来m行每行两个数i, j，表示城市i与城市j间有一条道路。

输出
对于每组数据输出一行，格式为”Case #X: Y”。X表示数据编号（从1开始），Y为答案。

数据范围
1 ≤ T ≤ 30

k ≤ m

0 ≤ w ≤ 108

小数据

1 ≤ n ≤ 1000

0 ≤ m ≤ 5000

大数据

1 ≤ n ≤ 106

0 ≤ m ≤ 106

样例输入
2
4 4 2
6 5 3 4
1 2
1 3
2 3
2 4
4 4 4
6 5 3 4
1 2
1 3
2 3
2 4
样例输出
Case #1: 7
Case #2: 18

贪心。

在每一个连通块都选择权值最小的来占领，一定最优。

也就是说权值较大的最好不要从连通块中分离出去。

法一：
首先把$ans$设为权值总和，按照权值降序排列，让大的使用一条边加入连通块中，$ans$减去大的权值，直到把$m-k$条边全部用完。
（注意连通块内的最小的点得权值不能去掉）

法二：
可以把每个连通块中除了树上的边都删去，看是否删够了$k$条边，如果不够的话就把连通块中除最小权值点外的点排序，去掉并让答案加上这个权值（因为他独立出来了）；
直到删够了$k$条边。