暑假集训test6

喜闻乐见，test续集。
来上题。

1.Hello

题目描述

Alice 和 Bob 有一个长度为2n的数。现在他们要在这个数字上玩游戏。他们分别要从 2n 个位中取出 n 个位组成自己的幸运值。每一回合，Alice 或 Bob 把数字最左边的那一位拿来放在自己幸运值的最末位。在第 i 轮操作过后，被选取的数位（原数的第i位）会从原数中消失。现在 Alice 和 Bob 想要使得他们两个幸运值的和尽可能大。请求出这个值。

输入格式

第一行一个整数 n ，意为幸运值的长度。
第二行一个长度为 2n 的数字，表示原数。

输出格式

一个整数为幸运值的和的最大值。

样例数据

输入
2
1234

输出
46

备注

【样例说明】
Alice 取 1、2 位。Bob 取 3、4 位。幸运值分别为 12 和 34 ，和为 46 。

【数据范围】
对 30% 的输入数据 ： n≤10；
对 100% 的输入数据 ： n≤18，原数与幸运值均允许前缀 0 的存在。

用动归。
对于一个人的倒着数第i位对于最终答案的贡献为a[i]*10^i。
f[i][j]表示Alice取了前i位，Bob取了前j位的状态下，ans的最大值。
f[i][j]可以转移到f[i][j+1]或者f[i+1][j]，最终输出f[n][n]。
如下。

#include<iostream>#include<cstdlib>#include<cstdio>#include<cstring>#include<string>#include<ctime>#include<cmath>#include<algorithm>#include<cctype>#include<iomanip>using namespace std;int n;long long b[101],v[21],f[21][21],pre[21][21];char a[101];int main(){    //freopen("hello.in","r",stdin);    //freopen("hello.out","w",stdout);    memset(f,255,sizeof(f));    scanf("%d%s",&n,a+1);    v[0]=1;    f[0][0]=0;    for(int i=1;i<=18;i++)        v[i]=v[i-1]*10;        //对我就是贡献的那个10^i    for(int i=0;i<=n;i++)        for(int j=0;j<=n;j++)        {            if(i!=n&&f[i][j]+v[n-i-1]*(a[i+j+1]-'0')>f[i+1][j])            {                f[i+1][j]=f[i][j]+v[n-i-1]*(a[i+j+1]-'0');                pre[i+1][j]=0;            }                                                   //两种可能的状态转移方程。            if(j!=n&&f[i][j]+v[n-1-j]*(a[i+j+1]-'0')>f[i][j+1])            {                f[i][j+1]=f[i][j]+v[n-1-j]*(a[i+j+1]-'0');                pre[i][j+1]=1;            }        }    cout<<f[n][n];    return 0;   }

2.Rect

题目描述

给定一个由数字（0-9）构成的字符串 s 。我们可以由此定义出 size(s) * size(s) 大小的矩阵 b ，其中 b[i][j] = s[i] * s[j] ；请问在这个矩阵 b 中，有多少子矩形满足其中的 b[i][j] 的和为另一个给定的数字 a 。

输入格式

第一行一个整数 a 。
第二行字符串 s 。

输出格式

输出一个整数表示满足条件的子矩形数。

样例数据

输入
10
12345

输出
6

备注

【样例说明】
b矩阵为：
01 02 03 04 05
02 04 06 08 10
03 06 09 12 15
04 08 12 16 20
05 10 15 20 25

和为10的子矩形有：

（1）
01 02 03 04

（2）
01
02
03
04

（3）
04 06

（4）
04
06

（5）
10

（6）
10

以上共六个。

【数据范围】
对 10% 的输入数据 ：size(s)≤10 ；
对 30% 的输入数据 ：size(s)≤100 ；
对 100% 的输入数据 ：0≤a≤1000000000，size(s)≤4000 。

由于b[i][j] = s[i] * s[j]，则矩阵的第一行和第一列为原序列，且下面所有矩阵的和都是第一行子矩阵的和的倍数，也就是第一行的子矩阵和第一列的子矩阵的乘积。即要枚举出符合提议的矩阵，应先找第一行的数，然后用找符合a/sum[x1…x2]（指第一行从x1到x2的和）=sum[y1…y2]（指第一列从y1到y2的和）的子矩阵的值分别有多少个，再把两个数乘起来累加。
但如果a=0，则上述方法不成立，当sum[x1…x2]=0时，sum[y1…y2]可以取任何值。

#include<iostream>#include<cstdlib>#include<cstdio>#include<cstring>#include<string>#include<ctime>#include<cmath>#include<algorithm>#include<cctype>#include<iomanip>using namespace std;int n,len;int a[45000],cnt[45000];long long ans;char s[45000];int main(){    //freopen("rect.in","r",stdin);    //freopen("rect.out","w",stdout);    scanf("%d%s",&n,s+1);    len=strlen(s+1);    for(int i=1;i<=len;i++)        a[i]=a[i-1]+s[i]-'0';      //第一排各种各样的和    for(int i=1;i<=len;i++)        for(int j=i;j<=len;j++)            cnt[a[j]-a[i-1]]++;    //每种因数出现次数    if(n!=0)    {        for(int i=1;i<=len;i++)            for(int j=i;j<=len;j++)            {                int t=a[j]-a[i-1];                if(t==0)                    continue;                if(n%t||(n/t)>45000)                    continue;                ans+=cnt[n/t];            }    }           else    {        for(int i=1;i<=len;i++)            for(int j=i;j<=len;j++)            {                int t=a[j]-a[i-1];                if(t==0)                    ans+=len*(len+1)/2;     //相乘                else                    ans+=cnt[0];            }    }    cout<<ans<<endl;    return 0;}

3.Shortest

题目描述

给定一张 n 个点的有向带权完全图，和一个数组 a[] ，请按顺序删除数组中的点，请求出在删除点 a[i] 以前，所有未删除点对之间的最短路的值的和。

输入格式

第一行一个整数 n ，表示点数；
接下来 n 行，每行 n 个数构成邻接矩阵，描述每条边的权值，保证 i 号点到 i 号点的权值为 0 ；
最后一行 n 个小于等于 n 的不同的数，描述数组 a[i]。

输出格式

输出 1 行 n 个数，表示答案。

样例数据

输入
4
0 3 1 1
6 0 400 1
2 4 0 1
1 1 1 0
4 1 2 3

输出
17 23 404 0

备注

【数据范围】
对 30% 的输入数据 ：1≤n≤10 ；
对 100% 的输入数据 ：1≤n≤500；0＜权值≤100000 。

如果用最短路的话是会超时的呦，不论是Dijkstra还是SPFA。
这是考试时血与泪的教训，一定要记得算时间复杂度和空间复杂度。
当然我们可以换种方式考虑。
把删点的行为看作是逆向加点，即往里面不断加点并更新答案。
可以用Floyed的思想。
因为并不是每个点的最短路都会更新，一共只有三种情况。
一是所加点到已加的所有点的路径的更新。
二是已加的所有点到所加点的路径的更新。
三是已加点到已加点中途经过所加点的路径的更新。
如代码。

#include<iostream>#include<cstdlib>#include<cstdio>#include<cstring>#include<string>#include<ctime>#include<cmath>#include<algorithm>#include<cctype>#include<iomanip>#include<queue>using namespace std;int n;int f[510][510],a[510];long long ans[510];int main(){    //freopen("shortest.in","r",stdin);    //freopen("shortest.out","w",stdout);    cin>>n;    for(int i=1;i<=n;i++)        for(int j=1;j<=n;j++)            cin>>f[i][j];    for(int i=1;i<=n;i++)        cin>>a[i];    for(int i=n;i;i--)    {        for(int j=n;j>i;j--)            for(int k=n;k>i;k--)            {                f[a[i]][a[j]]=min(f[a[i]][a[j]],f[a[i]][a[k]]+f[a[k]][a[j]]);    //第一种情况                f[a[j]][a[i]]=min(f[a[j]][a[i]],f[a[j]][a[k]]+f[a[k]][a[i]]);    //再反着来一遍，第二种情况            }        for(int j=n;j>i;j--)            for(int k=n;k>i;k--)                f[a[j]][a[k]]=min(f[a[j]][a[k]],f[a[j]][a[i]]+f[a[i]][a[k]]);     //所加点为中途的点，第三种情况        for(int j=n;j>=i;j--)            for(int k=n;k>=i;k--)                ans[i]+=f[a[j]][a[k]];    }    for(int i=1;i<=n;i++)        cout<<ans[i]<<" ";    return 0;}

嗯，就是这样。
来自2017.7.15

——我认为return 0，是一个时代的终结。