随笔分类 - HDOJ
摘要：维护两个字符串，操作一可以将其中一个字符串的一个字符进行修改，操作二是查询从某一位开始的最长公共串。 这题比较简单，只要维护一个数组，0表示两个字符串该位字符相同，1表示两个字符串该位字符不同。用树状数组维护前缀和，用sum(i)表示前i个元素的和，如果要查询从第i位开始的最长公共串，只要求满足sum(x)-sum(i)==0的最大x即可，二分去找这个x就行了。复杂度比线段树去做多一个二分的log(N)，但是线段树常数比树状数组大不少，所以实际效率是差不多的，而且代码要好写很多。 1 #include <stdio.h> 2 #include <string.h> 3
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摘要：题目大意是说给你一个起点和终点，一个人要从起点走到终点，它不能经过一个点两次，问他不可能经过哪些点。 显然转化成能经过哪些点要好想一些，用N减去能经过的点就可以得到答案。下面的讨论都是基于求他可能经过的点有多少个。 很容易想到用双联通分量，但是建图确实比较麻烦。如下图，一个人想要从1走到3，那它可能在的点就是1，2，3。因为2是一个割点，它如果从2走到了4，想要到达3就必须再经过2，所以可以用割点和双联通建图。 用割点和双联通可以建成双联通与割点相邻的图，若右图所示。可以证明这是一棵树，因为如果存在环，这个环必然可以缩成一个点，树中任意两点有且仅有一条路径，于是只要统计这条路径上有一...
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摘要：题目基于一个定理：当所有点相连的点的个数大于N/2时，一定可以构造出一条哈密顿回路，构造的复杂度是N^2。 这题的正解是构造，但很多人都是搜索过的，只能说明这题的数据比较水。sgu上有一道基本一样的题目(sgu122)，这一题不用构造是过不了的。 至于构造方法，也就是3步。 STEP1:先找两个相邻点s-t，扩充出一条链直到到不能扩充为止。 STEP2:这时如果s-t不相邻，在链上找一点vi满足s与next[vi]相邻并且vi与t相邻，链转化为s-vi-t-next[vi]-s，根据鸽巢原理这个点必然存在。 STEP3:如果链中的点不足N个，就在环上开一个新口继续加点，重复STE...
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摘要：题解说是容斥原理，彻底没看懂，搜到的题解也是各种简洁，就提到是容斥原理，难道大家的数学都这么好，一眼就看懂了。。。。 这题也可以用概率DP做，相比之下这种做法要容易理解的多。用一个状态表示当前抽到的卡片的状况，1代表尚未拿的卡片，有d[now]=x*d[now]+sigma(si*pi*(now^(1<<i)))+1,si表示stat中该位是0还是1，x表示停留在该状态的概率,即没拿到其它卡片的概率(没抽到卡片+抽到当前已有卡片)，移项可以得到d[now]=sigma(..)/(1-x)。 1 #include <string.h> 2 #include <std
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摘要：这就是大神口中的简单题，我的数论简直烂到不行，这些数学出身的家伙何必出这些恶心的数学题来难为我们呢。。 用到一个公式 A^x%P=(A^(x%phi(P)+phi[P]))%P (x>=phi[C])，phi[C]表示欧拉函数。 注意条件是x>=phi[C]，但这题的x是增长很快的，很快就能满足这个条件，所以x<phi[C]这部分暴力即可。 接着继续暴力求x%phi[C]!=0的情况，很快就会出现x%phi[C]==0，并且之后一直都会满足，题目转化为求A^phi[P]%P==b，根据鸽巢原理，一定会出现长度为P循环节，于是统计循环节内满足条件的数的个数，再乘以循环节个数，然
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摘要：很老的题了，一开始懒的写HASH写个二分查找还没过，后来改成HASH就A了。。 1 #include <stdio.h> 2 #include <string.h> 3 #define MOD 999997 4 #define PRI 199 5 typedef __int64 LL; 6 LL add=10000000000000000LL; 7 int cas,n; 8 LL d[5][201]; 9 LL num[MOD];10 int first[MOD],next[MOD/2],es;11 void ins(LL x,int p){12 num[es]=x,n
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摘要：其实是很裸的一道题，可能是因为几乎没用过扩展KMP，只想到用后缀数组，但这题的常数卡的很厉害，不用扩展KMP应该是过不了的。 扩展KMP能求出一个串所有后缀串(即s[i...len])和模式串的最长公共前缀。于是只要将这个串复制一遍，求出该串每个后缀与其本身的最长公共前缀即可，当公共前缀>=len时，显然相等，否则只要比较下一位就能确定这个串与原串的大小关系。 至于重复串的问题，只有当这个串有循环节的时候才会产生重复串，用KMP的next数组求出最小循环节，用长度除以最小循环节得到循环节个数，在将3个答案都除以循环节个数即可。 1 #include <string.h> 2
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摘要：烟囱是一个3*3的中空构造，给定烟囱的高度，问用1*1*2的砖头搭成这个烟囱有多少种方法。 首先用一个8位二进制数表示某一层的状态。枚举上下两层的状态，判断这两个状态是否可以相邻，上一层必须将下层填满，但是上层自身可以有空格。当下层为0时，上层必须为1，表示放一个竖着的矩形块，因此必须满足up_stat|low_stat=255，上层中除了竖着的砖头，都是单个或连续个横放的砖头，所以必须满足up_stat&low_stat中的连续1都是偶数个。注意循环的问题，比如0的位置是1，7位置也是1，而实际上0和7是相邻着的。 相邻层的状态会构造出一个矩阵表示转化关系，为0时代表不能相邻...
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摘要：首先能够构成正方形的两个对顶点肯定在同一条对角线上，可以想到依次处理每条对角线上的点。 对于每个点，预处理出它能到的四个方向的连续1最多有多少个，记为p_up,p_down,p_left,p_right，显然，决定某一个点向右下能延伸的多少只取决于p_down和p_right中的较小值，决定某一个点向左上能延伸到多少只取决于p_up和p_left的较小值。 对于每个点，记录它能到达的最右的x轴的绝对坐标，并记录它自身的y坐标。 统计一个点和它左上的点(在对角线上)能组成多少个正方形时，只要判断有多少个点向右能和它相交即可。比如统计5，只要记录1~4中有多少点向右能和红线交叉，显然...
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摘要：很明显的双向广搜,每次从M的方向搜3步,从G的方向搜1步,然后判断是否走到对方已经走过的格子即可。至于魔王的判断，直接用曼哈顿距离判断就可以了。 1 #include <string.h> 2 #include <stdio.h> 3 #include <queue> 4 #include <stdlib.h> 5 #define MAXN 805 6 struct pnt{ 7 int x,y; 8 pnt(){}; 9 pnt(int _x,int _y):x(_x),y(_y){}10 }gst[2],st,en,q[2][MAXN*MAX
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摘要：虽然数很大，但是这40个数的公倍数一共才4万多个。这里用到STL会方便很多，map[i]里存放了从1~i能组成的公倍数有哪些以及每个数有多少种组成方法。 预处理一遍打个表然后每次O(n)的遍历一遍，否则会超时。 #include <string.h>#include <stdio.h>#include <map>typedef __int64 LL;int n,cas;LL m,ans;std::map<LL,LL> mp[41];std::map<LL,LL>::iterator it;LL gcd(LL a,LL b){ retu
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摘要：简单线段树，开根号开几次这个数就为1了，之后再对其开根号就没有意义了。当一个区间全部为0或者1时就没有必要再去跟新这个区间了。 #include <string.h>#include <stdio.h>#include <math.h>#define lson l,m,p<<1#define rson m+1,r,p<<1|1#define calm (l+r)>>1#define MAXN 100005typedef __int64 LL;int n,q,cas=1,tu,tv,tq;LL sum[MAXN<<
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摘要：一开始看范围特别小就写搜索了。。。结果自己随便出了个4*4就过不了了。。 其实就是状态压缩DP，求哈密顿回路要多少条，只是要注意判断两点是否可以划线就可以了。 #include <stdio.h>#include <string.h>#include <algorithm>typedef __int64 LL;int n,m,tot;int mz[25],bet[25][25][25],full;int zero[16],zeros,hzero[25],lowb[65536];LL d[16][65536],ans;int cant(int st,int e
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摘要：ai取值范围0~1,xi取值范围0~3,所以最后异或的结果不会超过两位二进制。所以可以用一个60位的数保存30个式子的值，然后m的范围是小于22，二分一下就可以了，4^11=4*10^6，结果存下来排个序然后二分找一下就可以了。 #include <stdio.h>#include <string.h>#include <algorithm>typedef __int64 LL;int cas,n,m,ai[35][30],si[30][4];LL ans,tmp[1<<22+2];int sum[1<<22+2];int size,
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摘要：简单二分，最大射击距离是必然能达到的，只要在能到达最大距离的瞬间就立刻射击可以保证时间最短。 #include <string.h>#include <stdio.h>#include <math.h>double xx1,yy1,xx2,yy2,lx,ly,vd,vb,l;double sqr(double x){return x*x;}double getdis(double xx1,double yy1,double xx2,double yy2){ return sqrt(sqr(xx1-xx2)+sqr(yy1-yy2));}int canreac
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摘要：看上去很复杂的一道博弈，其实只要稍微分析就会发现情况其实很少很简单。。 斌牛的解释十分详细，我就不赘述了。。http://www.cnblogs.com/staginner/archive/2011/09/10/2173317.html 这里采用数组存储顺序可以大大减少代码的复杂程度，incs存储的是占用这个格子是会给自己留下稳定占位的个数，-1代表给对手留下了一个稳定占位。 #include<stdio.h>#include<string.h>/* Alice:15>3~6>11~14>7~8>9~10>1 Bob :15>3~6&
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摘要：一开始想的很复杂，其实只要离散化一下就行了，炸x的时候将对应的y都-1，然后统计对应的y的时候将对应的已经炸掉的点减去即可。 #include <stdio.h>#include <string.h>#include <algorithm>#define MAXN 100005struct pnt{ int x,y;}px[MAXN],py[MAXN];bool cmpx(const pnt& a,const pnt& b){ return a.x<b.x||a.x==b.x&&a.y<b.y;}bool cmpy
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摘要：给出如下图形，其中23个格子填有1~23，移动规则与八数码相同，给定始终态，问是否可达。 首先八个角的数字是不可能移动出去的，所以先对八个角进行判断，如果为空格则和附近格子的数进行交换，问题转化为16数码问题。和八数码类似，可以用奇偶性来判断两个状态是否可达，不同的是，将一个数上下移动会影响的整体的奇偶性，一个很好的方法就是"弓"字行统计，这样移动后奇偶性就不会改变了。#include <stdio.h>#include <string.h>int cas,a[25],b[25];//八个顶点必须相同,若为0和相邻的置换int p1[]={0,1,2
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摘要：最小树形图模版题，学习了一下最小树形图。 三步走，找最小入弧，找有向环，缩环为点。#include <string.h>#include <stdio.h>#include <stdlib.h>#define INF 0x3f3f3f3f#define MAXN 1001struct edge{ int u,v,w;}e[MAXN*MAXN];int n,x,y,z,es,k,tt;int pnt[MAXN][3];int dist(int p1,int p2){ int ret=0; for(int i=0;i<3;i++)ret+=abs(pnt[
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摘要：给定一棵树，求出当x为根时y的最小儿子和最小后代各是多少。 一道中等的树形DP，首先以1为根进行DP可以求出每个节点的最小儿子和最小后代。只有当x为y的孩子时才需要讨论，否则直接输出前面DP的结果即可，这里画个图就可以看出来，下面只讨论x为y的孩子的情况。 如果y的最小儿子是x的祖宗节点，那这时该最小儿子已经变成了y的父亲，在选取最小儿子时不能在考虑这个点，应该换选次小儿子，所以每个点的次小儿子也要在DP时预处理出来，另外，这时y的原父亲在新树中已经变成了y的儿子，所以在选取最小儿子时要考虑父节点。至于最小后代，如果y不是根节点，那么最小后代必然是根节点1了，如果y节点是根节点，就先找...
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