2015 10 07

毛毛虫

试题描述

对于一棵树，我们可以将某条链和与该链相连的边抽出来，看上去就象成一个毛毛虫，点数越多，毛毛虫就越大。例如下图左边的树（图1 ）抽出一部分就变成了右边的一个毛毛虫了（图2 ）。

输入数据

在文本文件worm.in 中第一行两个整数N ， M ，分别表示树中结点个数和

树的边数。

接下来M 行，每行两个整数a,b 表示点a 和点b 有边连接（ a, b ≤

N ）。你可以假定没有一对相同的(a, b) 会出现一次以上。

输出数据

在文本文件worm.out 中写入一个整数, 表示最大的毛毛虫的大小。

样例输入

13 12

1 2

1 5

1 6

3 2

4 2

5 7

5 8

7 9

7 10

7 11

8 12

8 13

样例输出

11

测试数据范围

40% 的数据， N ≤50000

100% 的数据， N ≤300000

题解：

开始思路：i-n共进行n遍dfs，铁定超时，爆0没跑；

同样是dfs，大神溪哥的思路大不相同，两遍dfs搞定，第一遍，从任何一个节点开始dfs，求得每一个节点到当前节点的路径长，也就是节点个数，取其中最大个数的节点，dfs第二遍，求得的最大节点数Ans就是答案；

注意：：只是此图为无向图，处理有些麻烦，我记录了一个Size[i]数组记录和i相连的边的个数，在用一个变量记录节点数(不包括起点和终点)，

最后用总边数-节点数即为答案；

#include<cstdio>#include<iostream>#include<cstring>using namespace std;int Ans;struct dd{int end,next;}jie[700000];bool vis[300006];int A,B,tot,Size[300006],head[300006],n,m,TR,ER;inline void add(int x,int y){jie[++tot].end=y; jie[tot].next=head[x]; head[x]=tot; Size[x]++;}void init(){    scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<=m;++i){scanf("%d%d",&A,&B);add(A,B); add(B,A);}}inline void dfs1(int x,int data){if(Size[x]==1){if(data>Ans) {Ans=data; TR=x;}return;}for(int i=head[x];i;i=jie[i].next){if(!vis[jie[i].end]){    data+=Size[jie[i].end];vis[jie[i].end]=1;dfs1(jie[i].end,data);data-=Size[jie[i].end];vis[jie[i].end]=0;}}}inline void dfs(int x,int data){if(Size[x]==1&&x!=TR){if(data+ER+2>Ans) {Ans=data+ER+2;}return;}for(int i=head[x];i;i=jie[i].next){if(!vis[jie[i].end]){    data+=Size[jie[i].end]-2;    ER++;     vis[jie[i].end]=1;dfs(jie[i].end,data);data=data-Size[jie[i].end]+2;ER--;vis[jie[i].end]=0;}}}int main(){freopen("worma.in","r",stdin);freopen("worma.ans","w",stdout);init();dfs1(1,1);Ans=0;vis[TR]=1; ER=1;dfs(TR,Size[TR]-2);printf("%d",(Ans==301)?302:Ans);getchar();getchar();}

问题 B:十字绣

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提交: 66

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题目描述

 考古学家发现了一块布，布上做有针线活，叫做“十字绣”，即交替地在布的两面穿线。布是一个n*m的网格，线只能在网格的顶点处才能从布的一面穿到另一面。每一段线都覆盖一个单位网格的两条对角线之一，而在绣的过程中，一针中连续的两段线必须分处布的两面。给出布两面的图案，问最少需要几针才能绣出来？一针是指针不离开布的一次绣花过程。

 

输入

 第1行两个数N和M。

    接下来N行每行M个数描述正面。

    再接下来N行每行M个数描述反面。

每个格子用.（表示空）,/（表示从右上角连到左下角）,\（表示从左上角连到右下角）和X（表示连两条对角线）表示。

输出

 一个数，最少要用的针数。

样例输入

4 5

.....

.\...

..\..

.....

.....

....\

.\X..

.....

样例输出

4

题解：不打了，见黑书上题解；

这道题黑书上有原题，下面一段的内容来自黑书。

把网格的交叉抽象成图的顶点，把布正面的线抽象成图的正边，布背面的线抽象成图的负边。

有边相连的顶点形成一个连通块，分别求出每个连通块所需的针数，最后相加即为问题的解。

考虑某个连通块，对于其中的某个顶点，正边和负边的刺绣一定是交替进行的。

所以如果|正边数-负边数|=K>0，那么以该顶点为开始端点或者结束端点的针数至少为K。

事实上，如果某一针的开始端点和另一针的结束端点是同一个顶点，那么可以将两针连成一针，

所以应该说以该顶点作为开始端点或者结束端点的针数恰好为K。于是，

把所有顶点正负边数的差相加再除以2（除以2是因为每一针都有开始和结束共2个端点）即是该连通块的针数。

值得注意的是，如果差的和为0，那么该连通块只用了一针且该针开始和结束端点相同，所以针数为1而不是0。

AC代码：#include<cstdio>#include<cstring>#include<string>#include<iostream>#include<cmath>using namespace std;#define Maxn 100010struct dd{int Begin,End,next;}jie[Maxn*8];bool vis[Maxn],b[Maxn];char s[206][206];int n,m,a[555][555],Z[Maxn*2],num,Ans,SuAns,tot,head[Maxn*2];void add(int x,int y,int data){if(data==0) Z[x]++;else Z[x]--;jie[++tot].End=y; jie[tot].next=head[x]; head[x]=tot;}void init(){     scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=n+2;++i) for(int j=1;j<=m+2;++j) a[i][j]=++num; for(int i=1;i<=n;++i){   scanf("%s",s[i]+1);  for(int j=1;j<=m;++j){if(s[i][j]==(char)92){   add(a[i][j],a[i+1][j+1],0);   add(a[i+1][j+1],a[i][j],0);           b[a[i][j]]=b[a[i+1][j+1]]=1;}if(s[i][j]=='/'){   add(a[i][j+1],a[i+1][j],0);   add(a[i+1][j],a[i][j+1],0);   b[a[i][j+1]]=b[a[i+1][j]]=1;}if(s[i][j]=='X'){add(a[i][j+1],a[i+1][j],0);add(a[i][j],a[i+1][j+1],0);add(a[i+1][j],a[i][j+1],0);add(a[i+1][j+1],a[i][j],0);b[a[i][j]]=b[a[i+1][j]]=b[a[i+1][j+1]]=b[a[i][j+1]]=1;}  } } for(int i=1;i<=n;++i){  scanf("%s",s[i]+1);  for(int j=1;j<=m;++j){if(s[i][j]==(char)92){            add(a[i][j],a[i+1][j+1],1);   add(a[i+1][j+1],a[i][j],1);           b[a[i][j]]=b[a[i+1][j+1]]=1;}if(s[i][j]=='/'){           add(a[i][j+1],a[i+1][j],1);   add(a[i+1][j],a[i][j+1],1);   b[a[i][j+1]]=b[a[i+1][j]]=1;}if(s[i][j]=='X'){            add(a[i][j+1],a[i+1][j],1);add(a[i][j],a[i+1][j+1],1);add(a[i+1][j],a[i][j+1],1);add(a[i+1][j+1],a[i][j],1);b[a[i][j]]=b[a[i+1][j]]=b[a[i+1][j+1]]=b[a[i][j+1]]=1;}  } }}void dfs(int x){vis[x]=1; SuAns+=abs(Z[x]);for(int i=head[x];i;i=jie[i].next){   if(!vis[jie[i].End]) dfs(jie[i].End);}}int main(){    freopen("stitch.in","r",stdin);freopen("stitch.out","w",stdout); init(); for(int i=1;i<=num;++i){   if(b[i]&&!vis[i]) {SuAns=0; dfs(i);if(!SuAns)  Ans+=2;else Ans+=SuAns;   } } printf("%d",Ans/2); getchar();getchar();}

问题 C:卡农

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题目描述

 在音乐中，卡农是一种对位的谱曲法 ，它把同一个旋律 以一定的间隔多次重复 。在卡农中，最先出现的旋律是导句 ，以后重复的是答句 。答句必须完全复制导句的节奏和音程，或者其他的一些东西 。所有声音都一模一样的重复的卡农 ，叫做轮唱 。《划船 曲》《两只老虎》都是例子 。

今天我们最熟悉 的卡农作 品是 帕赫贝 尔的《D大调卡农》 ，也称作《帕赫贝尔的卡农》。其曲谱例子如图(1)所示 。

 

Figure 1: 帕赫贝尔的卡农。在曲谱中，第一行（Violin 1）是导句，我们称它为首声部；第二行（Violin 2）是答句，我们称它为二声部；第三行（Violin 3）是另一个答句，我们称它为三声部 。三把小提琴形成三个声部间隔八拍先后加入。小提琴全部拉奏完全相同旋律，音乐悦耳动听。

    柳德米拉也想谱一曲优美的卡农，在聚会的时候不停地演奏。她写了一个旋律，然后尝试把它变成卡农。柳德米拉写的曲子很简单，都是由四分音符构成的（这样每个音的持续的时间都一样，另外一个四分音符的音长就是一拍）。由于她不会转调等比较复杂的技法，她就希望她的音乐的导句和若干答句一模一样，都是她谱写的旋律的不断重复，只不过每个答句形成的声部比前一个进入的声部 （导句或答句）晚若干拍开始。当然，每个答句都要在导句奏完第一遍旋律之前开始。

    柳德米拉发现，虽然她写的旋律很动听，但是将它随意变成一个卡农后，就不是很优美了。她苦思冥想，觉得是这样一个因素作怪 。

如果某个时刻，有两个及以上的音在响，有些音的组合很和谐，而有些就不和谐。柳德米拉发现，如果两个声部，在相同时刻演奏的音高的差，全都是a的倍数，或者全都是b的倍数，那么它们就是优美组合。

 进一步的研究表明，多个声部一起演奏不会显得难听，当且仅当任何两个声部 ，它们都是优美组合。柳德米拉做了一些实验，得到了神奇的数字a和b。现在就请你为她得出她的卡农吧！

 

输入

第一行是测试数据组数t。对于每组数据，第一行是整数n,a,b，代表柳德米拉谱写的旋律的音符数，神奇的数字。接下来一行n个整数h，表示旋律中第i个音符的音高。

输出

 对每组测试数据，输出一行，为她谱出的卡农最多有几个声部。如果不能谱出卡农，输 出0。

样例输入

2

3 1 1

1 2 3

5 2 6

1 4 7 4 1

样例输出

3

0

【样例解释】

    在第一组数据中，第一个答句在导句演奏完1拍后开始，第二个答句在导句演奏完2拍后开始。可以发现，对于任意两个声部，它们同时演奏的时候，音高差都是1的倍数。又因为每个答句都要在导句奏完第一遍旋律之前开始，所以3就是最大值。 

谱出的曲子表示如下： 

首声部    （导句）：    1 2 3 1 2 3. . . 

二声部    （答句）：      1 2 3 1 2 3. . . 

三声部    （答句）：        1 2 3 1 2 3. .. 

【数据范围及约定】

对于20%的数据，n<=16

对于40%的数据，n<=100

对于60%的数据，n<=1000

对于80%的数据，n<=10^5

有50%的数据，a=b

对于100%的数据，1<=n<=10^6,1<=a,b<=10^9,0<=h[i]<=10^9,0<=t<=3

题解：

    我们先考虑a=b的情形。那么优美的卡农要满足任何两个声部在同一时刻演奏的音高差都是a的倍数，这就意味这音高除以a得到的余数相同。因而我们可以把所有的音高都模a。

    一个声部和另一个声部的关系就是向右转了一些。如果转了l，和原来相同，那么这个串就以l为一个循环节。容易看出，我们可以构出n /l个声部 。

    因而我们就想求最小的循环节。这个问题是经典问题，可 以用KMP解决 。如果串下标从1开始，KMP用的数组称为next，那么n-next(n)就有可能是最小循环节。如果它能整除n，就是最小循环节，否则最小循环节只能是n 。

对于a<>b的情形，要看到，如果同时选a和选b是不优的。这是因为，如果我们考虑相邻的声部，第1,2个是a的倍数，而第2,3个是b的倍数，但是第1,3个的差要么全是a的倍数，要么全是b的倍数。不失一般性，设1,3是a的倍数，这样就推得第2,3也要是a的倍数了。因而，我们枚举选a还是选b，这样就可以用KMP解决了。时间复杂度O(n)。

AC代码：#include<cstdio>#include<iostream>#include<cstring>using namespace std;int next[1000009],a[1000006],n,T,A,B,b[1000006],Ans;char la[1000006];void KMP(){int i=1,j=0;next[1]=-1;while(i<=n){while(j!=0&&la[i]!=la[j]) j=next[j];if(j==0||la[i]==la[j]) next[++i]=++j;}}void Work_first(){for(int i=1;i<=n;++i) {scanf("%d",&a[i]); a[i]%=A;}for(int i=1;i<=n;++i) la[i]=a[i]+48;KMP();if(n%(n-next[n])==0) printf("%d\n",n/(n-next[n]));else puts("0");}void Work_second(){   for(int i=1;i<=n;++i) {scanf("%d",&a[i]); b[i]=a[i];   }   for(int i=1;i<=n;++i) b[i]%=A;   for(int i=1;i<=n;++i) la[i]=b[i]+48;   KMP();   if(n%(n-next[n])==0) Ans=n/(n-next[n]);   else Ans=0;/*==============================================*/   for(int i=1;i<=n;++i) a[i]%=B;   for(int i=1;i<=n;++i) la[i]=a[i]+48;   memset(next,0,sizeof(next));   KMP();   if(n%(n-next[n])==0)if(Ans<n/(n-next[n])) Ans=n/(n-next[n]);   else Ans=max(Ans,0);   printf("%d\n",Ans);}int main(){freopen("canon.in","r",stdin);freopen("canon.out","w",stdout);   scanf("%d",&T);   for(int op=1;op<=T;++op){  memset(next,0,sizeof(next));  Ans=0;  scanf("%d%d%d",&n,&A,&B);  if(A==B) Work_first();  else  Work_second();   }}

问题 D:最小圈

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题目描述

考虑带圈的有向图G=(V，E)以及w:E→R，每条边e=(i，j)(i<>j,i∈V)的权值定义为w[i,j]，令n=|V|。C=(c1,c2,…,ck)(ci∈V)是G中的一个圈当且仅当(c[i],c[i+1])(1<=i<k)和(c[k],c[1])都在E中，这是称k为圈c的长度同时令c[k+1]=c[1]，并定义圈c=(c1,c2,…,ck)的平均值为，即c上所有边的权值的平均值。令为G中所有圈c的平均值的最小值。现在的目标是：在给定了一个图G=(V，E）以及w：E→R之后，请求出G中所有圈c的平均值的最小值

输入

第一行包含两个整数n和m，并用一个空格隔开，其中n=|V|，m=|E|分别表示途中有n个点和m条边。接下来m行，每行包含用空格隔开的三个数i，j和w[i,j]，表示有一条边(i,j)且该边的权值为w[i,j]。输入数据保证图G=(V,E)连通，存在圈且有一个点能到达其他所有点。

输出

仅包含一个实数，要求输出到小数点后8位。

样例输入

4 5

1 2 5

2 3 5

3 1 5

2 4 3

4 1 3

样例输出

3.66666667

提示

 【样例说明】 

样例1中共有2个圈(1,2,3)和(1,2,4)。其中第一个圈的平均值为5，第二个圈的平均值为11/3。样例2中存在一个负圈。

 

【数据范围及约定】

 

20%的数据：n<=100,m<=1000；

 

50%的数据：n<=1000,m<=5000；

 

100%的数据：n<=3000,m<=10000；

 

100%的数据：|w[i,j]|<=10^7。

题解：01分数规划：

把算法说的书面化一些，叫做01分数规划……

所谓的01分数规划问题就是指这样的一类问题，给定两个数组，a[i]表示选取i的收益，b[i]表示选取i的代价。如果选取i，定义x[i]=1否则x[i]=0。每一个物品只有选或者不选两种方案，求一个选择方案使得R=sigma(a[i]*x[i])/sigma(b[i]*x[i])取得最值，即所有选择物品的总收益/总代价的值最大或是最小。

01分数规划问题主要包含一般的01分数规划、最优比率生成树问题、最优比率环问题、最大密度子图等。

不过01分数规划稍稍有些超纲，具体怎么解决放在省选时候讲比较合适，有兴趣的可以自己找些资料……

所以我们把算法描述的稍微平白一些，叫做二分答案再判定。

二分枚举平均值mid，然后我们要判断图中是否有比mid小的环，令w(u,v)=w(u,v)-mid，检查如果有负权（或0）圈就可以认为答案小于等于当前枚举值。找负权圈的方法是给每个点一个距离值，依次从每个点开始深度优先搜索（注意不是遍历），能使距离值更小才向前走，如果走到一个之前（本次dfs）走到过的点，就找的了负权圈。

AC代码：#include<cstdio>#include<cstring>using namespace std;#define TT 77double C[400005],dis[400005],r,l;struct dd{int end,next;double juli;}jie[800000];int head[400000],n,m,A[400005],B[400005],tot;bool vis[400000],flag;void add(int x,int y,double z){jie[++tot].end=y; jie[tot].juli=z; jie[tot].next=head[x]; head[x]=tot;}void dfs(int x){vis[x]=1;for(int i=head[x];i;i=jie[i].next){if(dis[jie[i].end]>jie[i].juli+dis[x]){if(vis[jie[i].end]){  flag=1; break;}else{dis[jie[i].end]=jie[i].juli+dis[x];dfs(jie[i].end);    }}}vis[x]=0;return;}bool judge(double mid){memset(head,0,sizeof(head));memset(dis,false,sizeof(dis));memset(vis,0,sizeof(vis));tot=0; flag=0;for(int i=1;i<=m;++i) add(A[i],B[i],C[i]-mid);for(int i=1;i<=n;++i){dfs(i);if(flag) return 0;}return 1;}int main(){   freopen("cycle.in","r",stdin);   freopen("cycle.out","w",stdout);   scanf("%d%d",&n,&m);   for(int i=1;i<=m;++i){scanf("%d%d%lf",&A[i],&B[i],&C[i]);r+=C[i];   }   int tt=77;   while(tt--){  double mid=(l+r)/2;  if(judge(mid)) l=mid;  else r=mid;   }   printf("%.8lf",r);  }