断网测试3-彩票+路径数量

第1题     彩票 查看测评数据信息

每张彩票都印有6位数字，如果彩票的前三位数字的和恰好等于后三位数字的和，那么该彩票是"幸运彩票".

输入格式

 

第一行，一个整数n，表示有n张彩票。1<=n<=1000。

接下来有n行，每行是都印有6位数字。

 

输出格式

 

共n行，如果是"幸运彩票"输出"Yes"，否则输出"No"

 

输入/输出例子1

输入：

5

213132

973894

045207

000000

055776

 

 

输出：

Yes

No

Yes

Yes

No

 

 

样例解释

无

 

没什么好说的了

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int n;
string s;
int main()
{
	scanf("%d", &n);
	while (n--)
	{
		cin>>s;
		if (s[0]-'0'+1+s[1]-'0'+1+s[2]-'0'+1 == s[3]-'0'+1+s[4]-'0'+1+s[5]-'0'+1)
			printf("Yes\n");
		else printf("No\n");
	}
	return 0;
}
/*
123456

*/

　　

 

 

第2题     路径数量 查看测评数据信息

一个无向图有n个点和m条边。点的编号从1至n，边的编号从1至m。

从S号点出发到达T号点，途中要恰好经过k条边，且必须经过c号结点偶数次，有多少条不同的路径？

答案模998244353。

输入格式

 

第一行，n,m,k,S,T,c。2<=n<=2000, 1<=m<=2000, 1<=k<=2000, 1<=S,T,c<=n,  c != S， c!=T。

接下来是m行，每行两个整数a,b，表示a到b有一条无向边。

 

输出格式

 

一个整数。

 

输入/输出例子1

输入：

4 4 4 1 3 2
1 2
2 3
3 4
1 4

 

 

输出：

4

 

 

输入/输出例子2

输入：

6 5 10 1 2 3
2 3
2 4
4 6
3 6
1 5

 

 

输出：

0

 

 

输入/输出例子3

输入：

10 15 20 4 4 6
2 6
2 7
5 7
4 5
2 4
3 7
1 7
1 4
2 9
5 10
1 3
7 8
7 9
1 6
1 2

 

 

输出：

952504739

 

 

样例解释

 

样例一解释，有如下4条不同的路径满足条件：

(1, 2, 1, 2, 3)

(1, 2, 3, 2, 3)

(1, 4, 1, 4, 3)

(1, 4, 3, 4, 3)

 

考虑dp

然后阶段肯定是走过的边数，考虑一下发现，跟边数，哪个点，经过c点数量有密切关系，于是有了这几个状态。

f[i][j][0]表示从1号结点走i条边，到达j号点，且经过c号结点偶数次的路径条数

f[i][j][1]表示从1号结点走i条边，到达j号点，且经过c号结点基数次的路径条数

边界很容易可以得出，f[0][s][0]=1，注意，进过0次c号点也算。

结果也好推，f[k][t][0]

转移方程，i是当前遍历边数，0~k-1（因为i+1会推到k，所以不用到k），x是j点能到的点，k是当前进过c点基数还是偶数：

f[i+1][x][k^(x==c)]+=f[i][j][0]

f[i+1][x][k^(x==c)]+=f[i][j][1]

转移不一定是i  ->  i+1,也可能是i+1  ->  1且i从小到大！！

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=2005, MOD=998244353;
int n, m, k, s, t, c, u1, v1, dp[N][N][2];
vector<int> a[N];
int main() 
{
	scanf("%d%d%d%d%d%d", &n, &m, &k, &s, &t, &c);
	for (int i=1; i<=m; i++)
	{
		scanf("%d%d", &u1, &v1);
		a[u1].push_back(v1);
		a[v1].push_back(u1);
	}
	dp[0][s][0]=1;
    for (int i=0; i<k; i++)
        for (int j=1; j<=n; j++)
            for (int x=0; x<=1; x++)
			{
               // if (!dp[i][j][k]) continue;
                for (auto v : a[j])
                    dp[i+1][v][x^(v==c)]=(dp[i+1][v][x^(v==c)]+dp[i][j][x])%MOD;
            }
        
    
	printf("%d", dp[k][t][0]);
	return 0;
}