多校第四场 区间dp tarjan算法 Polya定理 树状数组

hdu4632：区间dp的题，比赛是就是没搞对，本来最开始的思路是对的，当时和lz讨论说这样可以搞，而且是O(n^2)的复杂度，不过对于区间重叠的哪一部分还是没想出来怎么处理，这里要好好总结下，以后对这种类型的题别想太复杂了。比赛的时候我写的是O(n^3)的，多了一维来计算包含端点的情况。

我的想法是这样的：我把每个区间分成三种情况：

1.回文子序列包含两个端点

2.回文子序列只包含一个端点

3.回文子序列不包含端点

dp[i][j]=dp[i+1][j-1](if(a[i-1]==a[j-1]))+1+

     dp[i+1][k-1](a[i-1]==a[k-1])+1+dp[k][e](a[k-1]==a[e-1])+1+

     dp[i+1][j-1]+2;

这里的第一种情况还得加1，因为如果两个端点相同，那么中间可以不取（1种情况）也可以取这个区间内的所有回文子序列；

第二种情况，同理也得加1。

第三种情况，因为两个端点也算2个回文子序列，而这个序列在以前没有计算过。所以是区间里的所有回文子序列加上两个端点。

因为O(n^3)的算法会TLE，后来尝试各种优化，输入神器，还有记录相同字母的位置，等等，都没能AC，唉~~~代码改的面目全非呀~~~

代码：

#include<iostream>#include<vector>#include<string>#include<queue>#include<cstdio>#include<cstring>#define maxn 1005#define MOD 10007#define INF 0xfffffffusing namespace std;vector<int> g[maxn];int dp[maxn][maxn];int n;char a[maxn];inline void RD(int &ret) {    char c;    do {        c = getchar();    } while(c < '0' || c > '9') ;    ret = c - '0';    while((c=getchar()) >= '0' && c <= '9')        ret = ret * 10 + ( c - '0' );}inline void OT(int a){    if(a >= 10)OT(a / 10) ;    putchar(a % 10 + '0') ;}void init(){    memset(dp,0,sizeof(dp));    for(int i=0;i<=n;i++)    {        dp[i][i]=1;    }    for(int i=0;i<27;i++)    {        g[i].clear();    }    for(int i=0;i<n;i++)    {        g[a[i]-'a'].push_back(i+1);    }}int DP(){    int s,e;    for(int len=1;len<n;len++)    {        for(int i=1;i+len<=n;i++)        {            s=i,e=i+len;            if(len==1)            {                if(a[s-1]==a[e-1])                dp[s][e]=3;                else                dp[s][e]=2;                continue;            }            dp[s][e]=0;            if(a[s-1]==a[e-1])//含区间外面的两个端点            {                dp[s][e]=(dp[s][e]+dp[s+1][e-1]+1)%MOD;                //cout<<"最外面:"<<dp[s+1][e-1]+1<<endl;            }            for(int k=s+1;k<e;k++)//只含左边或者只含右边端点            {                if(a[s-1]==a[k-1])                {                    //dp[s][e]+=(dp[s][k]-(k-s+1));                    dp[s][e]=(dp[s][e]+(1+dp[s+1][k-1]))%MOD;                    //cout<<"只含左边:"<<(dp[s][k]-(k-s+1))<<endl;                }                if(a[k-1]==a[e-1])                {                    //dp[s][e]+=(dp[k][e]-(e-k+1));                    dp[s][e]=(dp[s][e]+(1+dp[k+1][e-1]))%MOD;                    //cout<<"只含右边:"<<(dp[k][e]-(e-k+1))<<endl;                    //cout<<dp[k][e]<<endl;                }            }                        dp[s][e]=(dp[s][e]+dp[s+1][e-1])%MOD;//两个都不含            //cout<<"两边都不含:"<<dp[s+1][e-1]<<endl;            dp[s][e]=(dp[s][e]+2)%MOD;        }    }    return dp[1][n];}int main(){    int t,tt=1;    //scanf("%d",&t);    RD(t);    while(t--)    {        scanf("%s",a);        n=strlen(a);        init();        printf("Case %d: %d\n",tt++,DP());    }    return 0;}

赛后一听可以直接通过减掉区间来去重，瞬间秒掉

赛后AC代码：

#include<iostream>#include<vector>#include<string>#include<queue>#include<cstdio>#include<cstring>#define maxn 1005#define MOD 10007#define INF 0xfffffffusing namespace std;char a[maxn];int n,dp[maxn][maxn];void init(){    memset(dp,0,sizeof(dp));    for(int i=0;i<=n;i++)    dp[i][i]=1;}int DP(){    int s,e;    for(int len=1;len<n;len++)    {        for(int i=1;i+len<=n;i++)        {            s=i,e=i+len;            if(len==1)            {                if(a[s-1]==a[e-1])                dp[s][e]=3;                else                dp[s][e]=2;                continue;            }            dp[s][e]=(dp[s+1][e]+dp[s][e-1]-dp[s+1][e-1]+MOD)%MOD;            if(a[s-1]==a[e-1])            dp[s][e]=(dp[s][e]+dp[s+1][e-1]+1)%MOD;        }    }    return dp[1][n];}int main(){    int t,tt=1;    scanf("%d",&t);    while(t--)    {        scanf("%s",a);        n=strlen(a);        init();        printf("Case %d: %d\n",tt++,DP());    }    return 0;}

hdu4639签到题

这题一开始没搞懂题意，样例还没出。最后竟然能联系到斐波那契数列，然后就瞬秒了~~~不过这是已经花了好长时间，看来找规律的速度得快点，方法主要是枚举前几项吧。

代码：

#include<iostream>#include<vector>#include<string>#include<queue>#include<cstdio>#include<cstring>#define maxn 2005#define MOD 10007#define INF 0xfffffffusing namespace std;char s[10186];int f[5555];void init(){    f[1]=1;    f[2]=2;    for(int i=3;i<=5555;i++)    f[i]=(f[i-1]+f[i-2])%MOD;}int main(){    int t;    scanf("%d",&t);    int tt=1;    init();    while(t--)    {        scanf("%s",s);        int l=strlen(s);        int ans=1;        int al=0;        for(int i=0;i<=l-4;i++)        {            if(s[i]=='h'&&s[i+1]=='e')            {                int j=i+2;                int sum=1;                while(true)                {                    if(s[j]=='h'&&s[j+1]=='e')                    {                        sum++;                        j+=2;                    }                    else                    break;                }                if(sum>=2)                {                    ans=(f[sum]*ans)%MOD;                }                i=j-1;            }        }        printf("Case %d: %d\n",tt++,ans);    }return 0;}

hdu4642水博弈

找到每次状态会变化有什么区别，每次都会改变最右下角的硬币吧。最开始面对的是1就是必胜态。

代码：

#include<iostream>#include<vector>#include<string>#include<queue>#include<cstdio>#include<cstring>#define maxn 1005#define MOD 10007#define INF 0xfffffffusing namespace std;int a[105][105];int main(){    int n,m,t;    cin>>t;    while(t--)    {        cin>>n>>m;        for(int i=1;i<=n;i++)        {            for(int j=1;j<=m;j++)            {                cin>>a[i][j];            }        }        if(a[n][m]==1)        cout<<"Alice"<<endl;        else        cout<<"Bob"<<endl;    }    return 0;}

hdu4638树状数组离线处理与删点

这题表示思路很难想到，至少对于我们来说。上次多校那题和这题很像，但是又有些不同。开始我按照上次多校那题来搞，想先把所有询问按L的大小从大到小排序，然后每次计算最大的L的那个询问，然后在计算的时候，把L与R之间的和全部相加，但是突然发现R之后的元素会造成影响，要删去，但是如果直接删去，又会对其他询问的R造成影响。所以如果从右边开始的话，只能按照R从大到小排序，删除R右边所有的点，这些点对于其他询问也是要删去的。然后再求出这个询问的答案。一下豁然开朗。最后还有就是删除操作有两点：

1.得提前记录每个值得位置

2.删除的时候就是把a[i]-1,与a[i]+1所在的位置+1，如果存在的话。

如果从1,2,3,4,5中删3，则要把2，和4，所在的位置的值加1，开始会先如果都加1的话就会分成3段了，但是你想删除4也会减1，因为先插入，才是先删除。

代码：

#include<iostream>#include<algorithm>#include<vector>#include<string>#include<queue>#include<cstdio>#include<cstring>#define maxn 100005#define INF 0xfffffffusing namespace std;int ans[maxn];int vis[maxn];int a[maxn];int c[maxn];int dr[maxn];int t,n,m;struct query{    int l,r,id;} q[maxn];bool cmp(const query& x,const query& y){    return x.r>y.r;}int lowbit(int x){    return x&(-x);}void updata(int x,int val){    while(x<=n)    {        c[x]+=val;        x+=lowbit(x);    }}int sum(int x){    int ret=0;    while(x>0)    {        ret+=c[x];        x-=lowbit(x);    }    return ret;}void work(){    memset(vis,0,sizeof(vis));    memset(c,0,sizeof(c));    int i=n,j;    while(i>=1)//从右向左插入点    {        vis[a[i]]=1;        if(vis[a[i]-1]&&vis[a[i]+1])        {            updata(i,-1);        }        else if(!vis[a[i]-1]&&!vis[a[i]+1])        {            updata(i,1);        }        i--;    }    i=n,j=1;    while(j<=m)    {        while(i>q[j].r)//从右边开始删点        {            if(a[i]>1&&vis[a[i]-1])            {                updata(dr[a[i]-1],1);            }            if(a[i]<n&&vis[a[i]+1])            {                updata(dr[a[i]+1],1);            }            i--;        }        ans[q[j].id]=sum(q[j].r)-sum(q[j].l-1);        j++;    }}int main(){    scanf("%d",&t);    while(t--)    {        scanf("%d%d",&n,&m);        for(int i=1; i<=n; i++)        {            scanf("%d",&a[i]);            dr[a[i]]=i;//记录位置，删边时要用到        }        for(int i=1; i<=m; i++)        {            scanf("%d%d",&q[i].l,&q[i].r);            q[i].id=i;        }        sort(q+1,q+1+n,cmp);        //output();        work();        for(int i=1; i<=m; i++)        {            printf("%d\n",ans[i]);        }    }    return 0;}

hdu4633Polya定理：Polya定理详解

花了一个上午的时间学习了下Polya定理，开始还是有很多不懂得，听ls解说过后，似乎明白了很多，最后归结就一个公式:

|G|是旋转的方式数，m是染色数，C是各种置换群的个数和。

代码：

#include<iostream>#include<cstdio>#define ll long long#define mod (10007*24)#define INF 0xfffffffusing namespace std;ll POW(ll x,ll y){    ll ret=1;    while(y)    {        if(y&1)        {            ret=(ret*x)%mod;        }        x=(x*x)%mod;        y/=2;    }    return ret;}int main(){    int t,k,tt=1;    ll m;    scanf("%d",&t);    while(t--)    {        scanf("%d",&k);        //24种旋转方式，k种染色数,以及每种旋转方式对应的置换群        m=(POW(k,74)+9*POW(k,38)+8*POW(k,26)+6*POW(k,20))%mod;        m/=24;        printf("Case %d: %lld\n",tt++,m);    }return 0;}

hdu4635:缩点，连边

简单图的边数最多的情况就是一个连通分量X与另一个连通分量Y之间只有单向边，X*(X-1)+Y*(Y-1)+X*Y-m,X+Y为常量，化成(X+Y)^2-(X+Y)-X*Y-m,只要使X*Y最小，答案就最大，所以只要找到点数最小的强连通分量，但是这个强连通分量不能与其他强连通分量强连通，即缩点后入度和出度不能同时为1，这题直接用tarjan算法计算连通分量，然后遍历所有的强连通分量的缩点，找最大值即可。

代码：

#include<iostream>#include<vector>#include<string>#include<queue>#include<cstdio>#include<map>#include<cstring>#include<stack>#define maxn 100005#define INF 0xfffffffusing namespace std;vector<int> g[maxn];int vis[maxn],instack[maxn],low[maxn],dfn[maxn];stack<int> s;int be[maxn];//缩边之后的强连通标号int pn[maxn];//每个强连通分量的顶点数int in[maxn],out[maxn];//记录每个缩点是否有入度和出度int id=0,n,m;int num=0;int ans;void init(){    ans=0;    num=0;    id=0;    for(int i=1;i<=n;i++)    {        g[i].clear();    }    while(!s.empty())    {        s.pop();    }    memset(vis,0,sizeof(vis));    memset(instack,0,sizeof(instack));    memset(low,0,sizeof(low));    memset(dfn,0,sizeof(dfn));    memset(pn,0,sizeof(pn));    memset(be,0,sizeof(be));    memset(in,0,sizeof(in));    memset(out,0,sizeof(out));}void tarjan(int u){    instack[u]=1;    vis[u]=1;    s.push(u);    id++;    dfn[u]=id;low[u]=id;    //cout<<"dfn"<<dfn[uu]<<' '<<"id"<<id<<endl;    for(int i=0; i<g[u].size(); i++)    {        int v=g[u][i];        if(!vis[v])        {            //cout<<"tarjan"<<endl;            tarjan(v);            low[u]=min(low[u],low[v]);        }        else if(instack[v])        {            low[u]=min(low[u],dfn[v]);        }    }    //cout<<dfn[u]<<' '<<low[u]<<endl;    if(dfn[u]==low[u])    {        //cout<<"yes"<<endl;        ans++;        num++;        int v;        do        {            v=s.top();            s.pop();            instack[v]=0;            be[v]=num;            pn[num]++;        }while(v!=u);    }}int main(){    int t,tt=1;    scanf("%d",&t);    while(t--)    {        int u,v;        scanf("%d%d",&n,&m);        init();        for(int i=1;i<=m;i++)        {            scanf("%d%d",&u,&v);            g[u].push_back(v);        }        for(int i=1; i<=n; i++)        {            if(vis[i]==0)            {                while(!s.empty())                s.pop();                tarjan(i);            }        }        //cout<<"ans"<<ans<<endl;        if(ans==1)            printf("Case %d: -1\n",tt++);        else        {            int size;            for(int i=1;i<=n;i++)            {                size=g[i].size();                for(int j=0;j<size;j++)                {                    int v=g[i][j];                    if(be[i]!=be[v])                    {                        in[be[v]]=1;                        out[be[i]]=1;                    }                }            }            int Max=-1;            for(int i=1;i<=num;i++)            {                if(in[i]&&out[i]) continue;//如果某个缩点的入度和出度都不为0，则肯定不行                int sump=n-pn[i];                Max=max(Max,sump*(sump-1)+(pn[i]-1)*pn[i]+sump*pn[i]-m);            }            printf("Case %d: %d\n",tt++,Max);        }    }    return 0;}