暑假集训test10

隔了一周以后的test10。
嗯。没什么好说的。
上题。

1.Matrix

题目描述

给出两个 N×N 的矩阵 A、B，矩阵每行每列标号 0～N-1 。
定义这两个矩阵的乘积 AB 为

现在要在这两个矩阵上依次进行 Q 次修改操作，两种操作描述如下：

A i j K ，将 Ai,j 的值修改为 K 。
B i j K ，将 Bi,j 的值修改为 K 。
在每一次修改操作进行后，输出矩阵 AB（这两个矩阵的乘积矩阵）中每个位置元素的权值之和。

输入格式

第一行，一个正整数 N ，表示矩阵的大小。
接下来 N 行，每行 N 个整数，描述矩阵 A 。
接下来 N 行，每行 N 个整数，描述矩阵 B 。
接下来一行，一个正整数 Q ，表示操作次数。
接下来 Q 行，每行描述一个操作，格式如题面所示。

输出格式

输出 Q 行，每行一个整数，表示这次操作完成后的答案。

样例数据

输入
2
1 2
3 4
4 3
2 1
3
A 1 1 2
B 0 1 3
A 0 0 10

输出
40
40
103

备注

【数据规模与约定】
对于 10% 的数据，N = 1。
对于 30% 的数据，N,Q≤10。
对于 80% 的数据，1≤N≤100，|Ai,j|,|Bi,j|≤10。
对于 100% 的数据，1≤N≤1000，1≤Q≤105，|Aij|,|Bi,j|≤1000。

第一题没什么比较难的，多分析几组数据即可发现答案为第一个矩阵的第i行与第二个矩阵的第i列相乘的积的和。
然而数据总是很难过，不用读入优化会卡最后两个点。
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,q,x,y,z,k;long long ans;int c[1003],d[1003];int a[1003][1003],b[1003][1003];char s;int read()  {      int i=0,f=1;      char s;      for(s=getchar();(s<'0'||s>'9')&&s!='-';s=getchar());      if(s=='-')      {          f=-1;          s=getchar();      }      for(;s>='0'&&s<='9';s=getchar())          i=(i<<3)+(i<<1)+s-'0';      return i*f;  }  int main(){    freopen("matrix.in","r",stdin);    freopen("matrix.out","w",stdout);    n=read();    for(int i=0;i<n;i++)        for(int j=0;j<n;j++)            a[i][j]=read();    for(int i=0;i<n;i++)        for(int j=0;j<n;j++)            b[i][j]=read();    q=read();    for(int i=0;i<n;i++)        for(int j=0;j<n;j++)            c[i]+=a[j][i];    for(int i=0;i<n;i++)        for(int j=0;j<n;j++)            d[i]+=b[i][j];    for(int i=1;i<=q;i++)    {        ans=0;        cin>>s;        x=read();        y=read();        z=read();        if(s=='A')        {            k=a[x][y];            a[x][y]=z;            c[y]-=k;            c[y]+=z;        }           else if(s=='B')        {            k=b[x][y];            b[x][y]=z;            d[x]-=k;            d[x]+=z;        }        for(int i=0;i<n;i++)            ans+=(long long)c[i]*d[i];        cout<<ans<<endl;    }    return 0;   }

2.Roads

题目描述

有 N 个城市，这些城市通过 M 条无向边互相连通，每条边有一个权值 Ci ，表示这条边的长度为 2^(Ci) ，没有两条边的长度是相同的。

设 d(i,j)为城市 i 到城市 j 的最短路长度，求：

答案以二进制输出。

输入格式

第一行，两个正整数 N ，M 。
接下来 M 行，每行三个正整数 Ai，Bi，Ci ，表示城市 Ai，Bi 间有一条权值为 Ci 的无向边。

输出格式

输出一个二进制数，表示所有无序点对间的最短路长度之和（即问题描述中的式子）。

样例数据

输入
5 6
1 3 5
4 5 0
2 1 3
3 2 1
4 3 4
4 2 2

输出
1000100

备注

【样例解释】

【数据规模与约定】
对于 30% 的数据，N,M≤50。
对于 60% 的数据，N,M≤100。
对于 80% 的数据，N≤2000；M≤10000。
对于 100% 的数据，1≤N≤10^5；1≤M≤2×10^5；1≤Ai,Bi≤N，Ai≠Bi，0≤Ci＜M。

由于没有两条边权值相同，则可以对图求最小生成树，两点间最短路即为最小生成树上的路径。若一条路左边的点用了两次，右边用了三次，则这条路的权值×6加入最终的答案。
最后要转换成二进制。

#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,m,tot,u,v,k,i;int fa[100005],a[200003],b[200003];int son[100005],next[200005],ed[200005],cost[200005],size[100005];long long ans[300005];bool vis[100005];inline int get(int x){    return fa[x]==x?x:fa[x]=get(fa[x]);}inline void dfs(int x){    vis[x]=true;    size[x]=1;    for(int i=son[x];i;i=next[i])        if(!vis[ed[i]])        {            dfs(ed[i]);            ans[cost[i]]+=(long long)size[ed[i]]*(n-size[ed[i]]);            size[x]+=size[ed[i]];        }}int main(){    //freopen("roads.in","r",stdin);    //freopen("roads.out","w",stdout);    cin>>n>>m;    for(i=1;i<=n;i++)        fa[i]=i;    for(i=1;i<=m;i++)    {        cin>>u>>v>>k;        a[k]=u;        b[k]=v;    }       for(i=0;i<m;i++)    {        u=a[i];        v=b[i];        if(get(u)!=get(v))        {            fa[get(u)]=v;            ++tot;            next[tot]=son[u];            son[u]=tot;            ed[tot]=v;            cost[tot]=i;            ++tot;            next[tot]=son[v];            son[v]=tot;            ed[tot]=u;            cost[tot]=i;        }    }    dfs(1);    for(i=0;i<=m+100;i++)     //转二进制。        ans[i+1]+=ans[i]/2,ans[i]%=2;    for(i=m+100;i>=1;i--)        if(ans[i])            break;    for(;i>=0;i--)        cout<<ans[i];    cout<<endl;    return 0;   }

3.Grid

题目描述

有一个 2×N 的矩阵，矩阵的每个位置上都是一个英文小写字符。

现在需要从某一个位置开始，每次可以移动到一个没有到过的相邻位置，即从 (i,j) 可以移动到 (i-1,j)(i+1,j)(i,j-1)(i,j+1) （要求该位置在矩阵上且之前没有到过）。

从选取的起点开始，经过 2N-1 次移动后，将会走过矩阵的每一个位置，将移动经过的格子依次取出来就得到了一个长度为 2N 的串。

可以任意选择起点和终点，任意选择移动方案，求能得到多少种不同的串。

输入格式

输入第一行，一个正整数 N 。
接下来两行，每行一个由英文小写字符组成的字符串，描述这个矩阵。

输出格式

输出一行一个整数，表示能得到的串的总数。

样例数据 1

输入
1
a
a

输出
1

样例数据 2

输入
3
dab
abd

输出
8

样例数据 3

输入
5
ababa
babab

输出
2

备注

【样例2说明】

能得到的字符串有：abdbad, adabdb, badabd, bdbada, dababd, dabdba, dbabad, dbadab。

【数据规模与约定】
对于 20% 的数据，N≤5。
对于 60% 的数据，N≤50。
对于 100% 的数据，N≤600。

嗯，这道题打算说说暴力。
枚举所有可以形成的串放入字母树，可以得50分。
适当剪枝，即路径在中间位置向下时必不能走完所有格子，直接break，可得60分。
至于满分代码，需要用哈希。
如图。

若想走完所有格子，第一步一定是向左到头或是向右到头。
第二步，掉头至原点。（第一二步为红线）
第三步有三种走法，第一种为第二条红线，第二种为绿线，第三种为红绿结合。
至于判断字符串是否相同，判断哈希值即可，可以判两次。
来来来题解。（非自己代码。）

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<string>#include<algorithm>#include<queue>#include<vector>#include<map>using namespace std;const int N=605;const int h=2333;const int h2=23333;const int p=1e9+7;const int H=2333333;int n;long long l[3][N],l2[3][N],pow[N<<1],pow2[N<<1],now,now2;int son[H+5],next[5000005],tot;long long num[5000005],num2[5000005];char s[5][605];void add(long long x,long long x2){    int y=x%H;    for(int i=son[y];i;i=next[i])        if(num[i]==x&&num2[i]==x2)return;    num[++tot]=x,num2[tot]=x2;    next[tot]=son[y],son[y]=tot;}int main(){    //freopen("grid.in","r",stdin);    scanf("%d",&n);    pow[0]=pow2[0]=1;    for(int i=1;i<=n*2;i++)pow[i]=pow[i-1]*h,pow2[i]=(pow2[i-1]*h2)%p;    scanf("%s",s[1]+1);    scanf("%s",s[2]+1);    for(int T=1;T<=4;T++)    {        for(int i=1;i<=n;i++)        {            l[1][i]=l[2][i]=l2[1][i]=l2[2][i]=0;            for(int j=i;j>=1;j--)l[1][i]=l[1][i]*h+s[1][j];            for(int j=1;j<=i;j++)l[1][i]=l[1][i]*h+s[2][j];            for(int j=i;j>=1;j--)l[2][i]=l[2][i]*h+s[2][j];            for(int j=1;j<=i;j++)l[2][i]=l[2][i]*h+s[1][j];            for(int j=i;j>=1;j--)l2[1][i]=(l2[1][i]*h2+s[1][j])%p;            for(int j=1;j<=i;j++)l2[1][i]=(l2[1][i]*h2+s[2][j])%p;        //初始化。            for(int j=i;j>=1;j--)l2[2][i]=(l2[2][i]*h2+s[2][j])%p;            for(int j=1;j<=i;j++)l2[2][i]=(l2[2][i]*h2+s[1][j])%p;        }        for(int i=1;i<=n;i++)        {            now=now2=0;            for(int j=i;j<=n;j++)now=now*h+s[1][j];            for(int j=n;j>=i;j--)now=now*h+s[2][j];            for(int j=i;j<=n;j++)now2=(now2*h2+s[1][j])%p;            for(int j=n;j>=i;j--)now2=(now2*h2+s[2][j])%p;            int k=2;            for(int j=i;j>=1;j--)            {                add(now*pow[2*j-2]+l[k][j-1],(now2*pow2[2*j-2]+l2[k][j-1])%p);                now=now*h+s[k][j-1];                now2=(now2*h2+s[k][j-1])%p;                k=3-k;                now=now*h+s[k][j-1];                now2=(now2*h2+s[k][j-1])%p;            }        }        for(int i=1;i<=n;i++)swap(s[1][i],s[2][i]);        if(T==2)        {            for(int i=1;i<=n/2;i++)                swap(s[1][i],s[1][n-i+1]),swap(s[2][i],s[2][n-i+1]);        }    }    cout<<tot<<endl;    return 0;}

嗯就这样。
来自2017.7.22.

——我认为return 0，是一个时代的终结。