问题 A: 跳石头
时间限制: 1 Sec 内存限制: 128 MB
题目描述
输入
输出
样例输入
样例输出
提示
对于 20%的数据，0 ≤ M ≤ N ≤ 10。
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
int m,n,k,a[],b[],ans,l,r; bool get(int xx){
int pos=,tot=;
for(int i=;i<=n+;i++){
if(b[i]+pos<xx){
pos+=b[i];
tot++;
}else{
pos=;
}
}
if(tot<=k) return true; else return false;
} int main(){
scanf("%d%d%d",&m,&n,&k);
for(int i=;i<=n;i++){
scanf("%d",&a[i]);
}
a[]=; a[n+]=m;
for(int i=;i<=n+;i++)
b[i]=a[i]-a[i-];
l=; r=m;
while(l<=r){
int mid=(l+r) >> ;
if(get(mid)){
ans=mid;
l=mid+;
}else{
r=mid-;
}
}
printf("%d",ans);
}
问题 B: 子串
时间限制: 1 Sec 内存限制: 128 MB
题目描述
有两个仅包含小写英文字母的字符串 A 和 B。现在要从字符串 A 中取出 k 个互不重叠的非空子串,然后把这 k 个子串按照其在字符串 A 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 B 相等?注意:子串取出 的位置不同也认为是不同的方案。
输入
第一行是三个正整数 n,m,k,分别表示字符串 A 的长度,字符串 B 的长度,以及问题描述中所提到的 k,每两个整数之间用一个空格隔开。 第二行包含一个长度为 n 的字符串,表示字符串 A。 第三行包含一个长度为 m 的字符串,表示字符串 B。
输出
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 1,000,000,007 取模的结果。
样例输入
样例输出
提示
Tips:
此题先看数据范围好像不怎么能猜出方法；
但是多想一会儿DP还是能看的出来的；
dp[i][j][k]=int；
i：第1个字符串前i个字符；
j：第2个字符串前j个字符；
k：将第1个字符串的前i个分成k段；
int：将段数连起来能构成第二个字符串前k个的方案数；
f[i][j][k]=int (和dp数组相似) ；
i：第1个字符串前i个字符；
j：第2个字符串前j个字符；
k：将第1个字符串的前i个分成k段；
int：将段数连起来能构成第二个字符串前k个的方案数；
（第一个字符串第i个字符，第二个字符串第j个字符必须选）；
Code：
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define MOD 1000000007
using namespace std;
int n,m,k,dp[][],f[][];
char s[],s1[]; void init(){
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
scanf("%s",s);
scanf("%s",s1);
} void solve(){
dp[][]=;
for(int i=;i<=n;i++)
for(int j=m;j>;j--)
if(s[i-]==s1[j-])
for(int l=min(k,j);l>;l--){
f[j][l]=(dp[j-][l-]+f[j-][l])%MOD;
dp[j][l]=(dp[j][l]+f[j][l])%MOD;
}
else
fill(f[j],f[j]+min(k,j)+,);
} void print(){
printf("%d",dp[m][k]);
} int main(){
init();
solve();
print();
}
问题 C: 运输计划
时间限制: 2 Sec 内存限制: 256 MB
题目描述
公元 2044 年,人类进入了宇宙纪元。
L 国有 n 个星球,还有 n-1 条双向航道,每条航道建立在两个星球之间,这 n-1 条
航道连通了 L 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 ui 号星球沿最快的宇航路径飞行到 vi 号星球去。显然,飞船驶过一条航道 是需要时间的,对于航道 j,任意飞船驶过它所花费的时间为 tj,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 m 个运输计划。在虫洞建设完成后, 这 m 个运输计划会同时开始,所有飞船一起出发。当这 m 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*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
接下来 n-1 行描述航道的建设情况,其中第 i 行包含三个整数 ai, bi 和 ti,表示第
输出
样例输入
样例输出
提示
Tips：
本题还是比较坑的，代码写的弱一点会超时；
此题可以看出是具有二分性质的；
但是二分的判断做到O（n）或O（m）看起来会很难；
由于这是一棵树，我们需要知道两点间的距离可以用tarjan求lca求出距离；
对于每个二分的答案x；
显然<=x的距离是可以不用管它的；
将>=x的距离的边数记下来；
将>=x的距离的边的起点终点加一，lca减2；（差分思想自寻百度，我也讲不清）；
dfs一遍，找到 经过边数=记下来的边数 的边，取边权最大值的；
判断最大距离-取边权最大值是否小于等于x即可；
Code：
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<iostream>
#define MAXN 600008
using namespace std;
int n,m,head[MAXN],next[MAXN],vet[MAXN],len[MAXN],dis[MAXN],ance[MAXN];
int head1[MAXN],next1[MAXN],vet1[MAXN],hh[MAXN],ans[MAXN];
int color[MAXN],fa[MAXN],tot,tot1,l,r,res,ff[MAXN],tmp[MAXN]; int find(int x){
if(fa[x]==x) return x;
else return fa[x]=find(fa[x]);
} void add1(int x,int y){
tot1++;
hh[tot1]=x;
next1[tot1]=head1[x];
head1[x]=tot1;
vet1[tot1]=y;
} void add(int x,int y,int z){
tot++;
next[tot]=head[x];
head[x]=tot;
vet[tot]=y;
len[tot]=z;
} void tarjan(int u){
color[u]=;
for(int i=head[u];i!=;i=next[i]){
int y=vet[i];
if(!color[y]){
dis[y]=dis[u]+len[i];
tarjan(y);
fa[y]=u;
}
}
for(int i=head1[u];i!=;i=next1[i]){
int y=vet1[i];
if(color[y]){
ance[(i+)/]=find(y);
ans[(i+)/]=dis[u]+dis[y]-*dis[ance[(i+)/]];
r=max(ans[(i+)/],r);
}
}
} void dfs(int u){
color[u]=;
for(int i=head[u];i!=;i=next[i]){
int y=vet[i];
if(!color[y]){
ff[y]=len[i];
dfs(y);
tmp[u]+=tmp[y];
}
}
} bool check(int flag){
int ma=,sum=,g=;
memset(color,,sizeof(color));
memset(tmp,,sizeof(tmp));
for(int i=;i<=m;i++){
if(ans[i]>flag){
tmp[hh[i*]]++;
tmp[vet1[i*]]++;
tmp[ance[i]]-=;
ma=max(ans[i],ma);
sum++;
}
}
dfs();
for(int i=;i<=n;i++){
if(tmp[i]==sum){
g=max(g,ff[i]);
}
}
return (ma-g)<=flag;
} void init(){
tot=tot1=; r=;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=;i<=n;i++){
fa[i]=i;
}
for(int i=;i<n;i++){
int x,y,z;
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
add(x,y,z);
add(y,x,z);
}
for(int i=;i<=m;i++){
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
add1(x,y);
add1(y,x);
}
} void solve(){
tarjan();
l=; res=r;
while(l<=r){
int mid=(l+r) >> ;
if(check(mid)){
res=mid;
r=mid-;
}else{
l=mid+;
}
}
} void print(){
printf("%d",res);
} int main(){
init();
solve();
print();
}