随笔分类 - ACM题解
摘要：亚洲区长春站网络赛第2题题意：Alice和Bob各有n张卡片，如果卡片a的宽和高都不小于卡片b，则a能覆盖b，问Alice的卡片最多能覆盖多少Bob的卡片。每张卡片只能用一次，每张最多只能覆盖一张。分析：在这里卡片之间的关系有3种，1、a能覆盖b；2、b能覆盖a；3、a不能覆盖b，b不也覆盖不了a（a和b相同的情况可以并入前面2种）。我们将双方卡片排序（先比较高，然后比较宽，小的在前）后，若Alice最小的卡片不能覆盖Bob最小的卡片，则Alice这张卡片可以直接抛弃，如果能覆盖，则一定要覆盖一个宽度最大的。我们将Bob的卡片中高度比它小的存入set(关键字为最大宽度-自身宽度)，要注意相同卡
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摘要：Problem Description：A peak number is defined as continuous digits {D0, D1 … Dn-1} (D0 > 0 and n >= 3), which exist Dm (0 < m < n - 1) satisfied Di-1 < Di (0 < i <= m) and Di > Di+1 (m <= i < n - 1).A number is called bi-peak if it is a concatenation of two peak numbers.
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摘要：题意：求区间[x , y]中beautiful number的个数，a positive integer number is beautiful if and only if it is divisible by each of its nonzero digits.分析：一个数能被它的所有非零数位整除，则能被它们的最小公倍数整除，而1到9的最小公倍数为2520，数位DP时我们只需保存前面那些位的最小公倍数就可进行状态转移，到边界时就把所有位的lcm求出了，为了判断这个数能否被它的所有数位整除，我们还需要这个数的值，显然要记录值是不可能的，其实我们只需记录它对2520的模即可，这样我们就可以设
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摘要：题意：给m个字符串，求长为n且至少包含k个上述字符串的字符串有多少个。数据范围：(1<=n<=25)，(0<=m<=10)分析：用dp[i][cur][s]表示走i步后，到达结点cur，包含的字符串压缩为状态s（第x位为1表示包含第x个字符串）的字符串有多少个。TLE：当dp[i-1][pre][s]=0时，直接continue，不用进入下一层循环，经此优化后就AC了。View Code #include <stdio.h>#include <string.h>#include <queue>using namespace std;#
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摘要：题意：给n个01字符串，求区间[x , y]中有多少个数写成BCD码后不包含以上01串。分析：先用01字符串建立AC自动机（注意标记危险结点），然后DP。dp[i][s]表示扫描前i位后有多少个数会到达自动机的结点s.TLE：数位DP写搓了……（为此今天专门学习了下数位DP的dfs写法，发现确实比递推的快不少）WA：1、高精度减1写错了； 2、由于有取模，所以cal(y)可能小于cal(x-1)，输出的时候没考虑到。View Code #include <stdio.h>#include <string.h>#include <queue>using nam
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摘要：题意：求[x , y]中有多少个平衡数。平衡数：选定一位作为支点，若左右的力矩平衡则该数是平衡数，否则不是。For example, 4139 is a balanced number with pivot fixed at 3. The torqueses are 4*2 + 1*1 = 9 and 9*1 = 9View Code #include <stdio.h>#include <string.h>#define N 19#define M 1378typedef __int64 LL;LL dp[N][N][M];int digit[N];LL dfs(in
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摘要：题意：求1-n中有多少个数含字符串”13"且能被13整除。(1 <= n <= 1000000000).练习数位DP的dfs写法。View Code #include <stdio.h>#include <string.h>#define N 10int dp[N][13][3],digit[N];int dfs(int pos,int r,int s,int f){ if(pos==-1) return r==0&&s==2; if(!f&&dp[pos][r][s]!=-1) return dp[pos][r][
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摘要：题意：求1-N中有多少个数包含字符串"49"。1 <= N <= 2^63-1重写这题就是为了学习数位DP的dfs写法，感觉dfs的写法思路更清晰，速度也更快。View Code #include <stdio.h>#include <string.h>#define N 20typedef __int64 LL;LL dp[N][3];int digit[N];LL dfs(int pos,int s,int f){ if(pos==-1) return s==2; if(!f&&dp[pos][s]!=-1) retu
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摘要：模型：给一个完全二部图，每条边都有一个权值，求边权和最大的匹配。数据范围：n<=250分析：直接套用KM算法即可，要加slack数组优化，优化后复杂度为O(N3)。View Code #include <stdio.h>#include <string.h>#define N 300#define INF 0x7fffffff#define MIN(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))#define MAX(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))int n,g[N][N];int x[N],y[N],lx[N],ly[N],match[N
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摘要：题意：给一棵树，当在某个结点上放置士兵时，与该点相邻的边就被看守住了，求最少需多少士兵才能看住树中所有边。分析：先将无根树有根化，然后DP。状态设计： 1、dp[i][0]，表示在结点 i 没放置士兵的情况下，看住以结点 i 为根的子树的所有边所需的最少士兵； 2、dp[i][1]，表示在结点 i 放置士兵的情况下，看住以结点 i 为根的子树的所有边所需的最少士兵。状态转移： 1、dp[i][0]=∑dp[j][1]，j 是 i 的儿子结点；（根结点不放士兵时，与其相连的边必须由儿子结点来看守） 2、dp[i][1]=1+∑ ( MIN ( dp[j][...
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摘要：题意：给出N个词根，求长不超过L的且至少包含一个上述词根的单词的个数。数据范围：0<N<6，0<L<2^31这题与上一题差不多，但比上题要繁琐的多，关键的区别在于"不超过L" 和"至少包含一个"因为"至少包含一个"，所以刚好是求上一题的反面；因为"不超过L"，所以要求的是矩阵幂和S = A + A2 + A3 + … + AkView Code #include <stdio.h>#include <string.h>#include <queue>#in
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摘要：题意：给出m个致病DNA片段，求长为n且不含致病片段的DNA序列共有多少种。数据范围：0 <= m <= 10，1 <= n <=2000000000这题初看起来与上一题差不多，但一看数据范围就傻了……分析：先建m个致病DNA片段的自动机，然后求出自动机中结点之间转移的路径数目，这样就可以得到一个有向图，所求问题就变为从根结点出发，到达任意一点，所走路径长度为n且路径不经过危险结点的路径数目。再抽象一下，就是求一个边长均为1的有向图中2点之间长为n的路径数目，这就不难想到矩阵了。设G为邻接矩阵，则Gk中第i行j列的元素表示从i到j长为k的路径数目。View Code #
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摘要：题意：给出包含n个可见字符的字符集，以下所提字符串均由该字符集中的字符构成。给出p个长度不超过10的字符串，求长为m且不包含上述p个字符串的字符串有多少个。数据范围：1<=n,m<=50，0<=p<=10状态设计：dp[i][j]，i 步之内未经过危险结点且第 i 步到达结点 j 的路径数目。状态转移：dp[i][j]=∑dp[i-1][k]，在结点 k 加输入 s[i] 能跳到结点 j初始化：dp[0][0]=1，对于其余的 i ：dp[0][i]=0注意：由于最后结果很大，而题中又没提到取模，所以要用到大数相加。View Code #include <stdi
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摘要：题意：先给出m个DNA片段（含致病基因），然后给一个长为n的DNA序列，求最少需要修改多少次，使得这个DNA序列不含致病基因。修改操作定义为将DNA中某个碱基变为另一个碱基，如将A变为G数据范围：1<=m<=50，1<=n<=1000分析：先建自动机，然后DP。状态设计：dp[i][j]为从根结点出发走 i 步后到达状态 j 最少需要修改的次数。状态转移：1、dp[i][j]=MIN(dp[i-1][k])，从状态k能根据s[i]跳到状态j，无需修改；2、dp[i][j]=MIN(dp[i-1][k])+1，从状态k不能根据s[i]跳到状态j，需要修改s[i]。（注意区
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摘要：题意：给出2个深搜过程，确定是否是对同一棵树的遍历。深搜过程是用01串来描述的，0代表远离树根，1代表靠近树根。分析：利用最小表示的思想，我们将树的所有结点按一定的规则排个序，然后比较2棵树的结点是否一样即可。排序规则：先按深度排序（离树根的距离），深度相同的按以该结点为根的子树结点数目排序。其实排序的过程就是统一遍历规则的过程，利用上面的规则排序后的结点是一个宽度优先的搜索顺序，且同一层中按后代结点数目小的先遍历。View Code #include <stdio.h>#include <stdlib.h>#include <string.h>#defin
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摘要：题意：Given a n × n matrix A and a positive integer k, find the sum S = A + A2 + A3 + … + Ak.分析：与矩阵快速幂的思想一样，都是二分。1、k为偶数，设k=2*m，则S = A + A2 + A3 + … + Am+(A + A2 + A3 + … + Am)*Am2、k为奇数，设k=2*m+1，则S = A + A2 + A3 + … + Am+(A + A2 + A3 + … + Am)*Am+Ak由上可见，原问题均可递归成与原问题结构相同的子问题，递归边界为k=1时，结果为AView Code
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摘要：题意：给n个矩形，每个矩形都有一个矩形的“洞”，矩形和洞的边都与坐标轴平行，求这些带“洞”的矩形覆盖的面积。数据范围：n<=50000, 0<=x,y<=50000分析：这题本质还是求矩形面积并，因为一个带“洞”的矩形可以看成是4个矩形。由于矩形数目n和坐标范围均比较大，所以离散化+暴力统计的方法肯定会超时。扫描线的方法我也是第一次学，我的理解是这样的，把所有矩形的2条竖直边（横边也一样）无限延伸就得到扫描线，这些线把所有矩形重新划分为许多不相交的矩形，所有矩形的面积并其实就是夹在这些线之间的矩形的面积之和，夹缝中的矩形的宽就是扫描线之间的距离，关键在于夹缝中矩形的高度是多少
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摘要：题意：在二维平面上给出n个矩形的顶点坐标（浮点数），每个矩形的边都平行坐标轴，求矩形覆盖的面积。数据范围：n<=100, 0=<x,y<=100000分析：由于n比较小，所以用离散化就能过（离散化的具体分析见上一篇）。View Code #include <stdio.h>#include <string.h>#include <stdlib.h>#define N 110int n;double xl[N],yl[N];double xr[N],yu[N];double x[2*N],y[2*N];int xcnt,ycnt;bool f
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摘要：题意：在二维平面上给出n个矩形的坐标，矩形的边与x轴和y轴平行，求这n个矩形覆盖的面积。数据范围：n<=1000, x,y均为不大于50000的正整数分析：由于坐标都是整数的，我们可以把二维平面看成由面积都是1的小方格组成，最暴力的方法就是标记每个矩形覆盖的小方格，最后再统计一共有多少小方格被覆盖，但是坐标平面太大了，最坏情况下为50000*50000，肯定超时了。虽然坐标范围比较大，但是矩形个数却比较小，此时不难想到离散化，离散化后，我们不再将坐标平面划分为面积为1的小方格，而是根据在n个矩形中出现过的坐标来划分，这样的话，最后划分出来出来的方格数目不会超过2n*2n，这样就不会超时了
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摘要：模型：给一个n个点的无向带权图，求从指定起点出发，经过指定的k个点（顺序不定）最后回到起点的最小代价。数据范围：n<=10^4, m<=10^5, k<15分析：先求最短路，求出从指定的k+1（含起点）个点到其他点的最小代价，然后建立k+1个点之间的最小代价邻接矩阵。最后用状态压缩DP求结果（状态压缩DP参考上一篇）。View Code #include <stdio.h>#include <string.h>#include <queue>using namespace std;#define MIN(a,b) ((a)<(b)?(
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