SRM 553 Div1
来源:互联网 发布:魔兽世界70数据库 编辑:程序博客网 时间:2024/05/19 13:28
250pts
把那个东西当成一个变量带进去,单独考虑0的情况。
#include <bits/stdc++.h>using namespace std;#define ll long longstruct node{ ll x,y; node(){} node(ll x,ll y):x(x),y(y){} friend node operator + (const node &r1,const node &r2) {return node(r1.x+r2.x,r1.y+r2.y);}}a[61],st[61];int n,top;void cal(){ top=0; for(int i=0;i<n;i++) { if(a[i].x||a[i].y)st[++top]=a[i]; else if(top>=2) st[top-1]=st[top]+st[top-1],top--; }}class Suminator{public: int findMissing(vector<int>vec,ll res) { n=vec.size(); for(int i=0;i<n;i++) { if(vec[i]==-1)a[i]=node(0,0); else a[i]=node(0,vec[i]); } cal(); if(st[top].y==res)return 0; for(int i=0;i<n;i++) { if(vec[i]==-1)a[i]=node(1,0); else a[i]=node(0,vec[i]); } cal(); if(!st[top].x) { if(st[top].y==res)return 1; return -1; } res-=st[top].y; if(res%st[top].x==0&&res/st[top].x>0) return res/st[top].x; return -1; }}cls;
500pts
两种颜色一定在对角。分四个方向考虑一种颜色在一个角的情况。然后找每列最后一个白的和第一个黑的。dp一下。
这样会有重复的情况:
处理一下重复的情况。
#include <bits/stdc++.h>using namespace std;#define mod 1000000007int a[55][55];int f[55][55];int n,m,ans;int up[55],down[55];int trs(char c){ if(c=='B')return 1; if(c=='W')return 2; return 0;}void cal(){ for(int i=1;i<=m;i++) up[i]=0,down[i]=n+1; for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) { if(a[i][j]==1)down[j]=min(down[j],i); if(a[i][j]==2)up[j]=max(up[j],i); } memset(f,0,sizeof(f)); for(int i=up[1];i<down[1];i++)f[1][i]=1; for(int j=2;j<=m;j++) for(int k=up[j];k<down[j];k++) for(int t=k;t>=0;t--) f[j][k]=(f[j][k]+f[j-1][t])%mod; for(int i=0;i<=n;i++) ans=(ans+f[m][i])%mod;}int check(int l1,int r1,int l2,int r2,int v){ for(int i=l1;i<=r1;i++) for(int j=l2;j<=r2;j++) if(a[i][j]==v)return 0; return 1;}class TwoConvexShapes{public: int countWays(vector<string>s) { n=s.size();m=s[0].size(); for(int i=0;i<n;i++) for(int j=0;j<m;j++) a[i+1][j+1]=trs(s[i][j]); cal(); for(int i=0;i<n;i++) for(int j=0;j<m;j++) a[i+1][m-j]=trs(s[i][j]); cal(); for(int i=0;i<n;i++) for(int j=0;j<m;j++) a[n-i][j+1]=trs(s[i][j]); cal(); for(int i=0;i<n;i++) for(int j=0;j<m;j++) a[n-i][m-j]=trs(s[i][j]); cal(); int flag=0; for(int i=0;i<n;i++) for(int j=0;j<m;j++) flag|=trs(s[i][j]); if(!(flag&1))ans-=3; if(!(flag&2))ans-=3; for(int i=0;i<n;i++) for(int j=0;j<m;j++) a[i+1][j+1]=trs(s[i][j]); for(int i=1;i<m;i++) { if(check(1,n,1,i,1)&&check(1,n,i+1,m,2))ans--; if(check(1,n,1,i,2)&&check(1,n,i+1,m,1))ans--; } for(int i=1;i<n;i++) { if(check(1,i,1,m,1)&&check(i+1,n,1,m,2))ans--; if(check(1,i,1,m,2)&&check(i+1,n,1,m,1))ans--; } return ans; }}cls;
1000pts
首先想对前缀和建差分约束。然后发现不知道总的和,因此跨过1点的不能用两个变量表示。
然后会想到二分总和。不过对于一个非法的情况如何判断当前答案是大还是小?
对于一个非法答案建出的差分约束一定有负环。将总和看成一个变量,然后找到一个负环。如果这个负环中总和的系数小于0那么说明总和需要变小。如果大于0说明总和需要变大。等于0说明无解。
还有另一种方法。将总和直接当成变量带入。求出任意两点间总和系数为x的最短路。由于有O(m)条边有总和这个变量,因此系数是O(m)的。
然后如果每一个总和系数的每一个自环都大于等于0,说明没有负环。
因此只需要保证所有自环都大于等于0就行了。
#include <bits/stdc++.h>using namespace std;#define ll long long#define o 51ll f[51][51][110],inf;void upd(ll &x,ll y){x=min(x,y);}void add(int x,int y,int v1,int v2){upd(f[x][y][o+v2],v1);}class YamanoteLine{public: ll howMany(int n,vector<int>s1,vector<int>t1,vector<int>l1,vector<int>s2,vector<int>t2,vector<int>l2) { memset(f,0x3f,sizeof(f));inf=f[0][0][0]; for(int i=0;i<=n;i++)f[i][i][o]=0; for(int i=1;i<=n;i++)add(i,i-1,-1,0); for(int i=0;i<s1.size();i++) { if(s1[i]<t1[i])add(t1[i],s1[i],-l1[i],0); else add(t1[i],s1[i],-l1[i],1); } for(int i=0;i<s2.size();i++) { if(s2[i]<t2[i])add(s2[i],t2[i],l2[i],0); else add(s2[i],t2[i],l2[i],-1); } add(0,n,0,1);add(n,0,0,-1); for(int i=0;i<=n;i++) { for(int j=0;j<=n;j++) for(int x=-o;x<=o;x++) if(f[j][i][x+o]<inf) { for(int k=0;k<=n;k++) for(int y=max(-o,-o-x);y<=o&&x+y<=o;y++) if(f[i][k][y+o]<inf) upd(f[j][k][x+y+o],f[j][i][x+o]+f[i][k][y+o]); } } ll l=n,r=inf; for(int i=0;i<=n;i++) for(int j=-o;j<=o;j++) { if(j==0){if(f[i][i][o]<0)return 0;} else if(f[i][i][j+o]<inf) { if(j>0)l=max(l,(-f[i][i][j+o]-1)/j+1); else r=min(r,f[i][i][j+o]/(-j)); } } if(l>r)return 0; if(r==inf)return -1; return r-l+1; }}cls;
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