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题目名称 |
正确答案 |
序列问题 |
长途旅行 |
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英文名称 |
answer |
sequence |
travel |
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输入文件名 |
answer.in |
sequence.in |
travel.in |
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输出文件名 |
answer.out |
sequence.out |
travel.out |
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时间限制 |
1s |
1s |
1s |
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空间限制 |
256M |
256M |
256M |
|
测试点数目 |
20 |
20 |
10 |
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测试点分值 |
5 |
5 |
10 |
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是否有部分分 |
无 |
无 |
无 |
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题目类型 |
传统 |
传统 |
传统 |
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是否有SPJ |
无 |
无 |
无 |
1.正确答案
【题目描述】
小H与小Y刚刚参加完UOIP外卡组的初赛，就迫不及待的跑出考场对答案。
“吔，我的答案和你都不一样！”，小Y说道，”我们去找神犇们问答案吧”。
外卡组试卷*有m道判断题，小H与小Y一共从其他n个神犇那问了答案。之后又从小G那里得知，这n个神犇中有p个考了满分，q个考了零分，其他神犇不为满分或零分。这可让小Y与小H犯了难。你能帮助他们还原出标准答案吗？如有多解则输出字典序最小的那个。无解输出-1。
【输入格式】
第一行四个整数n, m, p, q，意义如上描述。
接下来n行，每一行m个字符’N’或’Y’，表示这题这个神犇的答案。
【输出格式】
仅一行，一个长度为m的字符串或是-1。
【样例输入】
2 2 2 0
YY
YY
【样例输出】
YY
【数据范围】
30% : n <= 100.
60% : n <= 5000 , m <= 100.
100% : 1 <= n <= 30000 , 1 <= m <= 500. 0 <= p , q 且 p + q <= n.
暴力50：
/*
自己还是太弱~没看出来要用hash 只是觉得自己的作法慢~
QAQ
50分暴力 先排序 一样的缩成一种 然后枚举正确答案是哪个
q==0 p==0的情况没考虑到~
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define maxn 30010
#define maxm 510
using namespace std;
int n,m,p,q,cnt;
string g[maxn];
struct node{
int len;
string s;
}k[maxn];
int cmp(int a[maxm],int b[maxm]){
for(int i=;i<=m;i++){
if(a[i]<b[i])return ;
if(a[i]>b[i])return ;
}
return ;
}
int main()
{
freopen("answer.in","r",stdin);
freopen("answer.out","w",stdout);
scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&p,&q);
for(int i=;i<=n;i++)cin>>g[i];
sort(g+,g++n);
int l=,r;
for(r=;r<=n;r++){
if(g[r]==g[l])continue;
k[++cnt].s=g[l];
k[cnt].len=r-l;l=r;
}
k[++cnt].s=g[l];
k[cnt].len=r-l;
int falg=;
for(int i=;i<=cnt;i++){
if(k[i].len!=p)continue;
int sum=;
string x;x.clear();
for(int j=;j<m;j++)
if(k[i].s[j]=='Y')x+='N';
else x+='Y';
for(int j=;j<=cnt;j++)
if(k[j].s==x){
sum+=k[j].len;
break;
}
if(sum==q){
cout<<k[i].s;
falg=;break;
}
}
if(falg==)
for(int i=;i<=cnt;i++){
if(k[i].len!=q)continue;
int sum=;
string x;x.clear();
for(int j=;j<m;j++)
if(k[i].s[j]=='Y')x+='N';
else x+='Y';
for(int j=;j<=cnt;j++)
if(k[j].s==x){
sum+=k[j].len;
break;
}
if(sum==p){
cout<<x;
falg=;break;
}
}
if(!falg)printf("-1\n");
return ;
}
正解hash：
/*
正解hash
思路和之前的有相似之处
先排序 只不过没有类似离散化的处理
把每个人的答案放入hash表 这里用链表处理了碰撞的情况
然后同样的枚举正确答案 这不过用了hash表加速
对于pq==0的情况 枚举答案 按字典序小的来
那难道不会T到飞吗 不成了2^500的了吗
答案是不会的 这里的枚举是针对pq==0的情况来的
结束的条件是 找到与每个人都不一样的（存在一个即可）的就停下
所以枚举最多30000次
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define maxn 100010
#define mod 10007
#define MOD 23333
#define bas 19
#define BAS 119
using namespace std;
int n,m,p,q,hash[maxn],HASH[maxn],ans,falg;
int num,head[maxn],cnt[maxn],t,T;
struct edge{
int v,pre;
}e[maxn*];
struct node{
char s[];
bool operator < (const node &x) const {
return strcmp(s,x.s)<;
}
}a[maxn];
void Insert(int from,int to){
for(int i=head[from];i;i=e[i].pre)
if(e[i].v==to){
cnt[i]++;return;
}
num++;e[num].v=to;
e[num].pre=head[from];
head[from]=num;
cnt[num]++;
}
int Query(int from,int to){
for(int i=head[from];i;i=e[i].pre)
if(e[i].v==to)return cnt[i];
return ;
}
void Yan(){
for(int i=;i<=n;i++){
t=,T=;
for(int j=;j<m;j++){
t=t*bas+(a[i].s[j]=='Y');t%=mod;
T=T*BAS+(a[i].s[j]=='Y');T%=MOD;
}
hash[i]=t;HASH[i]=T;
Insert(t,T);
}
for(int i=;i<=n;i++){
if(Query(hash[i],HASH[i])==p){
int t=,T=;
for(int j=;j<m;j++){
t=t*bas+(a[i].s[j]=='N');t%=mod;
T=T*BAS+(a[i].s[j]=='N');T%=MOD;
}
if(Query(t,T)==q){
ans=i;
falg=;break;
}
if(falg)break;
}
}
if(falg)printf("%s\n",a[ans].s);
else printf("-1\n");
}
void Li(){
for(int i=;i<=n;i++){
int t=,T=;
for(int j=;j<m;j++){
t=t*bas+(a[i].s[j]=='Y');t%=mod;
T=T*BAS+(a[i].s[j]=='Y');T%=MOD;
}
hash[i]=t;HASH[i]=T;
Insert(t,T);
}
for(int i=n;i>=;i--){
if(Query(hash[i],HASH[i])==q){
t=,T=;
for(int j=;j<m;j++){
t=t*bas+(a[i].s[j]=='N');t%=mod;
T=T*BAS+(a[i].s[j]=='N');T%=MOD;
}
if(Query(t,T)==p){
ans=i;
falg=;break;
}
if(falg)break;
}
}
if(falg){
for(int i=;i<m;i++)
if(a[ans].s[i]=='N')printf("Y");
else printf("N");
}
else printf("-1\n");
}
void Feng(){
for(int i=;i<=n;i++){
t=,T=;
for(int j=;j<m;j++){
t=t*bas+(a[i].s[j]=='Y');t%=mod;
T=T*BAS+(a[i].s[j]=='Y');T%=MOD;
}
Insert(t,T);
t=;T=;
for(int j=;j<m;j++){
t=t*bas+(a[i].s[j]=='N');t%=mod;
T=T*BAS+(a[i].s[j]=='N');T%=MOD;
}
Insert(t,T);
}
char r[];
for(int i=;i<m;i++)r[i]='N';
while(){
t=,T=;
for(int i=;i<m;i++){
t=t*bas+(r[i]=='Y');t%=mod;
T=T*BAS+(r[i]=='Y');T%=MOD;
}
if(Query(t,T)==){
falg=;break;
}
for(int i=m-;i>=;i--)
if(r[i]=='Y')r[i]='N';
else{
r[i]='Y';break;
}
}
if(falg)printf("%s\n",r);
else printf("-1\n");
}
int main()
{
freopen("answer.in","r",stdin);
freopen("answer.out","w",stdout);
scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&p,&q);
for(int i=;i<=n;i++)
scanf("%s",a[i].s);
sort(a+,a++n);
if(p)Yan();
else if(q)Li();
else Feng();
return ;
}
2.序列问题
【题目描述】
小H是个善于思考的学生，她正在思考一个有关序列的问题。
她的面前浮现出了一个长度为n的序列{ai}，她想找出两个非空的集合S、T。
这两个集合要满足以下的条件：
1. 两个集合中的元素都为整数，且都在 [1, n] 里，即Si，Ti ∈ [1, n]。
2. 对于集合S中任意一个元素x，集合T中任意一个元素y，满足x < y。
3. 对于大小分别为p, q的集合S与T，满足
a[s1] xor a[s2] xor a[s3] ... xor a[sp] = a[t1] and a[t2] and a[t3] ... and a[tq].
小H想知道一共有多少对这样的集合(S,T)，你能帮助她吗？
【输入格式】
第一行，一个整数n
第二行，n个整数，代表ai。
【输出格式】
仅一行，表示最后的答案。
【样例输入】
4
1 2 3 3
【样例输出】
4
【样例解释】
S = {1,2}, T = {3}， 1 ^ 2 = 3 = 3 (^为异或)
S = {1,2}, T = {4}, 1 ^ 2 = 3 = 3
S = {1,2}， T = {3，4} 1 ^ 2 = 3 & 3 = 3 （&为与运算）
S = {3}， T = {4} 3 = 3 = 3
【数据范围】
30%:
1 <= n <= 10
60%:
1 <= n <= 100
100%:
1 <= n <= 1000, 0 <= ai < 1024
/*
30分暴力枚举集合不说了
其实这题需要高精的....
维护i到n &值为j的方案数
维护1到i ^值为j的方案数
然后枚举断点 乘起来
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define maxn 2050
#define ll long long
using namespace std;
ll n,a[maxn],b[maxn],sum[maxn],f[maxn][maxn+],g[maxn][maxn+],ans;
int main()
{
freopen("sequence.in","r",stdin);
freopen("sequence.out","w",stdout);
cin>>n;
for(ll i=;i<=n;i++)
cin>>a[i];
for(ll i=;i<=n;i++)
b[i]=a[n-i+];
for(ll i=;i<=n;i++){
for(ll j=;j<=;j++)
f[i][j]=sum[j^a[i]];
f[i][a[i]]++;
for(ll j=;j<=;j++)
sum[j]+=f[i][j];
}
memset(sum,,sizeof(sum));
for(ll i=;i<n;i++){
for(ll j=;j<=;j++)
g[i+][j&b[i+]]+=sum[j];
g[i+][b[i+]]++;
for(ll j=;j<=;j++)
sum[j]+=g[i+][j];
}
memset(sum,,sizeof(sum));
for(ll i=;i<n;i++){
for(ll j=;j<;j++)
sum[j]+=f[i][j];
for(ll j=;j<;j++)
ans+=sum[j]*g[n-i][j];
}
cout<<ans;
return ;
}
3.长途旅行
【题目描述】
JY是一个爱旅游的探险家，也是一名强迫症患者。现在JY想要在C国进行一次长途旅行，C国拥有n个城市(编号为0,1,2...,n - 1)，城市之间有m条道路，可能某个城市到自己有一条道路，也有可能两个城市之间有多条道路，通过每条道路都要花费一些时间。JY从0号城市开始出发，目的地为n – 1号城市。由于JY想要好好参观一下C国，所以JY想要旅行恰好T小时。为了让自己的旅行更有意思，JY决定不在任何一个时刻停留(走一条到城市自己的路并不算停留)。JY想知道是否能够花恰好T小时到达n – 1号城市（每个城市可经过多次）。现在这个问题交给了你。
若可以恰好到达输出“Possible”否则输出“Impossible”。(不含引号)。
【输入格式】
第一行一个正整数Case，表示数据组数。
每组数据第一行3个整数，分别为n, m, T。
接下来m行，每行3个整数x, y, z,代表城市x和城市y之间有一条耗时为z的双向边。
【输出格式】
对于每组数据输出”Possible”或者”Impossible”.
【样例输入】
2
3 3 11
0 2 7
0 1 6
1 2 5
2 1 10000
1 0 1
【样例输出】
Possible
Impossible
【样例解释】
第一组：0 -> 1 -> 2 :11
第二组：显然偶数时间都是不可能的。
【数据范围】
30%: T <= 10000
另有30%: n <= 5 , m <= 10.
100%: 2 <= n <= 50 , 1 <= m <= 100 , 1 <= z <= 10000 , 1 <= T <= 10^18 , Case <= 5.
暴力dp30：
/*
暴力dp 30
状态f[i][j]表示到了i号节点走了j的状态是否存在
可以水过T比较小的数据
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define maxn 1000010
using namespace std;
int T,t,n,m,f[][maxn],g[][];
void Clear(){
memset(f,,sizeof(f));
memset(g,,sizeof(g));
}
int main()
{
freopen("travel.in","r",stdin);
freopen("travel.out","w",stdout);
scanf("%d",&T);
while(T--){
scanf("%d%d%d",&n,&m,&t);
int u,v,s;Clear();
for(int i=;i<=m;i++){
scanf("%d%d%d",&u,&v,&s);
u++;v++;
g[u][v]=g[v][u]=s;
}
f[][]=;
for(int j=;j<=t;j++)
for(int i=;i<=n;i++)
for(int k=;k<=n;k++){
if(!g[i][k]||j-g[i][k]<)continue;
f[i][j]=f[i][j]||f[k][j-g[i][k]];
}
if(f[n][t])printf("Possible\n");
else printf("Impossible\n");
}
return ;
}
正解SFPA：
/*
正解是最短路~~~~
一开始以为图论 后来认为是dp 没想到最后又回到图论了~~
前面dp做法的瓶颈很显然是T太大~
但是出入的边的权值和要小的多 所以会在某个环了转圈
假设有一条路径走一遍的时间为t 中间有一个长度为p的环
那这条路可以认为是t+p*k长度的
所以我们只需要维护这个多出来的t就好了 先选一个环
保险起见 选从零出发的最小的环 长度设为x
定义dis[i][j] 表示到了i 时间为j+k*x 且k最小 这里跑最短路找最小
为什么找最小呢 因为只有当dis[n][T%x]<=T 时才可以 所以为了尽量满足条件
维护最小的dis
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
#define maxn 210
#define ll long long
using namespace std;
ll T,t,n,m,num,head[maxn],dis[maxn][maxn*],mxx,f[maxn][maxn];
struct node{
ll v,t,pre;
}e[maxn*];
struct point{
int v,s;
};
queue<point>q;
void Clear(){
memset(head,,sizeof(head));
memset(f,,sizeof(f));
num=;
}
ll min(ll a,ll b){
return a<b?a:b;
}
void Add(ll from,ll to,ll dis){
num++;e[num].v=to;
e[num].t=dis;
e[num].pre=head[from];
head[from]=num;
}
void SPFA(){
memset(dis,/,sizeof(dis));
q.push((point){,});
f[][]=;dis[][]=;
while(!q.empty()){
ll x=q.front().v;
ll s=q.front().s;
q.pop();f[x][s]=;
for(int i=head[x];i;i=e[i].pre){
ll v=e[i].v;
ll di=s+e[i].t;
di%=mxx;//这里分清谁做下标谁是dis值
if(dis[v][di]>s+e[i].t){
dis[v][di]=s+e[i].t;
if(f[v][di]==){
f[v][di]=;
q.push((point){v,di});
}
}
}
}
}
int main()
{
freopen("travel.in","r",stdin);
freopen("travel.out","w",stdout);
cin>>T;
while(T--){
cin>>n>>m>>t;
ll u,v,s;Clear();
mxx=0x7fffffff;
for(int i=;i<=m;i++){
cin>>u>>v>>s;
u++;v++;
Add(u,v,s);Add(v,u,s);
if(u==||v==)mxx=min(mxx,s);
}
if(mxx==0x7fffffff){//不连通
printf("Impossible\n");
continue;
}
mxx*=;
SPFA();
if(dis[n][t%mxx]<=t)printf("Possible\n");
else printf("Impossible\n");
}
return ;
}