BestCoder Round #74

来源：互联网发布：红色警戒mac迅雷下载编辑：程序博客网时间：2024/06/07 14:56

A题链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5635

官方题解：

如果 $a_i=x$ , 那么可以推断出 $s_i=s_{i+1}=...=s_{i+x}$ , 并且如果 $a_i \ne 0$ , 那么 $a_i-1$ , 利用第二个条件判断无解, 利用第一个条件划分等价类. 假设有 $m$ 个等价类, 那么答案就是 $26\cdot 25^{m-1}$

$我的思考：$

$简单模拟题，还是容易考虑不全面，首先最长公共前缀的长度不能大于后面的最大长度，然后a[i]!=0时a[i+1]必然等于a[i]$

#include<cstdio>#include<cstring>using namespace std;#define LL __int64int T,i,n,a[100005];LL ans;const int mod=1e9+7;int main(){    scanf("%d",&T);    a[1]=0;    while(T--)    {        scanf("%d",&n);        ans=26;        for(i=2;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);        for(i=2;i<=n;i++)        {            if(n-i+1<a[i]||(a[i-1]!=0&&a[i]!=a[i-1]-1))            {                ans=0;                break;            }            if(a[i]==0)                ans=(ans*25)%mod;        }        printf("%I64d\n",ans);    }    return 0;}

B题链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5636

官方题解

你可以选择分类讨论, 但是估计可能会写漏一些地方. 只要抽出新增边的端点作为关键点, 建立一个新图, 然后跑一遍floyd就好了. 复杂度大概 $O(6^2 \cdot m)$

$我的思考：$

$由于只是新加三个点，所以对于每一个询问，可以暴力枚举所有可能的捷径组合，之前在比赛的时候只考虑到经过一次捷径，没有考虑到可以多条捷径组合 too young to naive$

#include<cstdio>#include<cstring>#include<cmath>#define LL __int64using namespace std;const int MOD=1e9+7;int t,f[6],a[6];LL ans,cnt;LL min(LL x,LL y){    return x>y?y:x;}void dfs(int s,int dist){    ans=min(ans,abs(s-t)+dist);    for(int i=0;i<6;i++)    {        if(f[i])        {            f[i]=f[i^1]=0;            if(dist+abs(s-a[i])+1<ans)            dfs(a[i^1],dist+abs(s-a[i])+1);            f[i]=f[i^1]=1;        }    }}int main(){    int T,i,n,m,s;    int cnt;    scanf("%d",&T);    while(T--)    {        scanf("%d%d",&n,&m);        for(i=0;i<6;i++)            scanf("%d",&a[i]),f[i]=1;        cnt=0;        for(i=1;i<=m;i++)        {            scanf("%d%d",&s,&t);            ans=MOD;            dfs(s,0);            cnt=(cnt+i*ans)%MOD;        }        printf("%d\n",cnt);    }    return 0;}

C题链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5637

$官方题解：$

$\oplus t$

$正如官方题解所说 s^a^b^c\dots\dots=t 等价于 a^b^c\dots\dots=s^t$

$所以原题目就转换乘按题目所给条件从0转化成s^t最短需要几步，预处理情况，之后的询问只要查询数组就可以了$

#include<cstdio>#include<queue>#include<cstring>using namespace std;const int mod=1e9+7;const int maxn=1e5+4e4;int T,n,m,ans;int a[20],f[maxn],x,y;int main(){    scanf("%d",&T);    while(T--)    {        scanf("%d%d",&n,&m);        for(int i=0;i<n;i++) scanf("%d",&a[i]);        memset(f,1,sizeof(f));        queue<int>q;        q.push(0);        f[0]=0;        while(!q.empty())        {            int u=q.front();q.pop();            for(int i=0;i<n;i++)            {                if(f[u^a[i]]>f[u]+1)                {                    f[u^a[i]]=f[u]+1;                    q.push(u^a[i]);                }            }            for(int i=0;i<17;i++)            {                if(f[u^(1<<i)]>f[u]+1)                {                    f[u^(1<<i)]=f[u]+1;                    q.push(u^(1<<i));                }            }        }        int res=0;        for(int k=1;k<=m;k++)        {            scanf("%d%d",&x,&y);            (res+=k*f[x^y])%=mod;        }        printf("%d\n",res);    }    return 0;}

D题链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5638

$官方题解：$

参考下普通的用堆维护求字典序最小拓扑序, 用某种数据结构维护入度小于等于 $k$ 的所有点, 每次找出编号最小的, 并相应的减少 $k$ 即可.

这个数据结构可以用线段树, 建立一个线段树每个节点 $[l, r]$ 维护编号从 $l$ 到 $r$ 的所有节点的最小入度, 查询的时候只需要在线段树上二分, 找到最小的 $x$ 满足入度小于等于 $k$ .

复杂度 $O((n+m)\log n)$

$我的思考：$

$可以用优先队列来做，对于拓扑序列，只要入度为0，那么就可以作为当前的根节点加入序列当中，所以我们可以先求出所有点的入度，按编号升序加入优先队列，我们知道要想使得字典序最小，我们要不惜一切代价使得当前的每一个位置，能取到尽可能小的点，而完全不用顾忌我们要消耗多少的机会来达到这一目的$

#include<cstdio>#include<queue>#include<cstring>#include<vector>using namespace std;typedef long long ll;const ll mod=1e9+7;const int maxn=1e5+5;const int maxm=2e5+5;int in[maxn];vector<int>a[maxn];bool vis[maxn];typedef pair<int,int> p;int main(){    int T;    scanf("%d",&T);    while(T--)    {        int n,m,k;        scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);        memset(in,0,sizeof(in));        for(int i=0;i<=n;i++)a[i].clear();        while(m--)        {            int x,y;            scanf("%d%d",&x,&y);            a[x].push_back(y);            in[y]++;        }        priority_queue<int,vector<int>,greater<int> >q;        for(int i=1;i<=n;i++){            q.push(i);        }        ll ans=0,cnt=1;        memset(vis,false,sizeof(vis));        while(!q.empty())        {            int temp=q.top();            q.pop();            if(k<in[temp])continue;            if(vis[temp])continue;            k-=in[temp];            vis[temp]=true;            ans+=((temp*cnt)%mod);ans%=mod;            cnt++;            int tx=temp;            int num=a[tx].size();            for(int i=0;i<num;i++){                in[a[tx][i]]--;                if(!vis[a[tx][i]])                    q.push(a[tx][i]);            }        }        printf("%I64d\n",ans);    }    return 0;}

E题链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5639

$官方题解：$

方法一:

考虑删掉的边的形态, 就是我们经常见到的环套树这种结构, 参考平时这种图给出的方法, 如果一个图的每个点的出边只有一条, 那么一定会构成环套树这种结构. 于是问题可以转化成, 给无向图的每条边定向, 使得出度最大点的出度最小 (每个点的出度大小对应了删的次数).

显然, 这个东西使可以二分的, 不妨设二分值为 $x$ . 考虑混合图的欧拉回路的做法, 利用网络流判合法. 先给每条无向边随便定向, 对于出度大于 $x$ 的, 从源点连一条流量为 $d e g - x$ 的边, 对于出度小于 $x$ 的, 从这个点连一条流量为 $x - d e g$ 的边到汇点. 对于原来图中的边, 流量为1加到网络流图中. 只要满流就是合法.

方法二:

类似方法一, 要求的无非是每条边的归属问题, 对于每条边 $(a, b)$ , 它可以属于 $a$ 或者 $b$ , 那么新建一个节点表示这条边并和 $a, b$ 都相邻, 这样就得到了一个二分图. 左边是原图中的节点, 右边是原图中的边. 二分每个左边每个节点的容量 $k$ , 如果右边的点能够完全匹配, 那么这个 $k$ 就是可行的, 找到最小的 $k$ 即可. 转化成二分图多重匹配问题.

方法三:

事实上这题存在 $O (n m)$ 的做法, 只要在方法二的基础上继续改进就好了, 二分是没有必要的. 注意到每次增广的时候, 增光路中只有端点的容量会变化, 增广路中间的点的容量都不会变化. 那么之要每次增广到端点容量最小的那个点就好了.

我的思考：

设经过k次我们完成了所有的删边操作，所以我们二分k

把所有无向边转换成有向边

$我采取的是方法2 新增除了原先的n个节点之外把每条边看成是新的节点也就是说新增m个节点，然后跑一下最大流$

$建图$

$1.s向所有m个边节点连一条容量为1的边$

$2.每个边结点向他的顶点的节点连一条容量为1的边$

$3.每个顶点节点向t连一条容量为k的边，其中k是我们当前二分的答案，如果最大流==m 那么当前是可行方案$

$然后考虑为什么这样建边能满足题目所给的条件呢，题目要求删边，但每次删的边中不能存在两个环，这个在最大流计算中是这样体现的，$ 我们进行k次删边，然后如果删的边中存在一个环那么这样进行的一次删边会占据所有删的边的节点到t的边的流量1，然后如果删一个存在两个环的图的话，因为我们知道两个环的图如果其中有n条边，那么他的节点只有n-1个，也就是说会有一个顶点节点到t的边容量会是2,2的意义也就是说要进行2次删边，所以原问题就完全转换成了上述网络流过程

#include<cstdio>#include<cstring>#include<queue>using namespace std;const int N=2e3+10;int T,n,m,x[N],y[N];struct Maxflow{    const static int maxe=2e6+10;    const static int maxp=1e5+10;    const static int INF=0x7ffffff;    struct node    {        int x,f;        node(){}        node(int x,int f):x(x),f(f){};    }edge[maxe];    int head[maxp],next[maxe],dist[maxp],tot,work[maxp],n;    void clear(int x){n=x;tot=0;for(int i=0;i<=n;i++) head[i]=-1;}    void addedge(int s,int t,int f)    {        edge[tot]=node(t,0);next[tot]=head[s];head[s]=tot++;        edge[tot]=node(s,f);next[tot]=head[t];head[t]=tot++;    }    bool bfs(int s,int t)    {        for (int i=0;i<=n;i++)            dist[i] = -1;        queue<int>p;        p.push(s);        dist[s]=0;        while(!p.empty())        {            int q=p.front();p.pop();            for(int i=head[q];i!=-1;i=next[i])            {                if (edge[i^1].f&&dist[edge[i].x] ==-1)                {                    p.push(edge[i].x);                    dist[edge[i].x]=dist[q]+1;                    if(dist[t]!=-1) return true;                }            }        }        return false;    }    int dfs(int s,int t,int low)    {        if(s==t)return low;        for (int &i=work[s],x;i>=0;i=next[i])        {            if(dist[s]+1==dist[edge[i].x]&&edge[i^1].f&&(x=dfs(edge[i].x,t,min(low,edge[i^1].f))))            {                edge[i].f+= x;                edge[i^1].f-=x;                return x;            }        }        return 0;    }    int dinic(int s,int t)    {        int maxflow=0,inc=0;        while (bfs(s,t))        {            for(int i=0;i<=n;i++) work[i]=head[i];            while(inc=dfs(s,t,INF)) maxflow+=inc;        }        return maxflow;    }}solve;bool check(int flow){    solve.clear(n+m+1);    for(int i=1;i<=m;i++)    {        solve.addedge(i,0,1);        solve.addedge(m+x[i],i,1);        solve.addedge(m+y[i],i,1);    }    for(int i=m+1;i<=m+n;i++) solve.addedge(n+m+1,i,flow);    return solve.dinic(n+m+1,0)==m;}int main(){    scanf("%d",&T);    while(T--)    {        scanf("%d%d",&n,&m);        for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d%d",&x[i],&y[i]);        if(m==0) {printf("0\n");continue;}        int left=1,right=m;        while(left<=right)        {            int mid=(left+right)/2;            if(check(mid)) right=mid-1;else left=mid+1;        }        printf("%d\n",left);    }    return 0;}

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