1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 int n,m,num[105],a[105][105]; 4 int main() 5 { 6 scanf("%d%d",&n,&m); 7 for(int i=1;i<=m;i++) 8 { 9 int item=1; 10 for(int j=1;j<=n;j++) 11 { 12 scanf("%d",&a[i][j]); 13 if(a[i][item]<a[i][j]) item=j; 14 } 15 num[item]++; 16 } 17 int item=1; 18 for(int i=1;i<=n;i++) if(num[i]>num[item]) item=i; 19 printf("%d ",item); 20 return 0; 21 }
没注意输出最小的WA了一次。。。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 int main() 4 { 5 int n,a; scanf("%d%d",&n,&a); 6 if(n==1) 7 { 8 puts("1"); 9 return 0; 10 } 11 else if(a==n) 12 { 13 printf("%d ",a-1); 14 return 0; 15 } 16 else if(a==1) 17 { 18 printf("%d ",a+1); 19 return 0; 20 } 21 int ans1=a-1,ans2=a+1; 22 printf("%d ",ans1-1>=n-ans2 ? ans1:ans2); 23 return 0; 24 }
题目大意：给你一个字符串，每次操作将两个相邻的点变成一个。 现在有m个操作，每个操作有一个 pos，一个c
是将pos位的字符变成c，问你这样需要几次操作。
思路：我们要知道一个串需要几次操作只需要知道这个串有多少个点 ，有多少段点，如果有m个点，有n段点，那么需要的操作数为m-n，然后改变字符的时候分类讨论一下就好啦。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 const int N=3e5+5; 4 char s[N]; 5 int n,m,num,cnt; 6 int main() 7 { 8 scanf("%d%d",&n,&m); 9 scanf("%s",s+1); 10 for(int i=1;i<=n;i++) 11 { 12 if(s[i-1]!='.' && s[i]=='.') cnt++; 13 if(s[i]=='.') num++; 14 } 15 while(m--) 16 { 17 int pos; char ss[3]; 18 scanf("%d%s",&pos,ss); 19 if(ss[0]=='.') 20 { 21 if(s[pos]!='.') 22 { 23 num++; 24 if(s[pos-1]=='.' && s[pos+1]=='.') cnt--; 25 else if(s[pos-1]!='.' && s[pos+1]!='.') cnt++; 26 } 27 s[pos]=ss[0]; 28 } 29 else 30 { 31 if(s[pos]=='.') 32 { 33 num--; 34 if(s[pos-1]=='.' && s[pos+1]=='.') cnt++; 35 else if(s[pos-1]!='.' && s[pos+1]!='.') cnt--; 36 } 37 s[pos]=ss[0]; 38 } 39 //printf("%d %d ",num,cnt); 40 printf("%d ",num-cnt); 41 } 42 return 0; 43 }
题目大意：给你一棵树，每个节点对应一个字符，有m个询问，每个询问里边有一个v，一个h，v表示一个节点，h表示深度
问你在以v为根的子树中所有深度为h的点对应的字符能不能构成回文串。
在线：先对树进行dfs，过程中用dfs序找出每个节点的子树区间，将每个节点的dfs序放入对应的f[ i ][ j ]中，f[ i ][ j ]表示深度为i，对应字符为j+'a'。
然后对于每次询问，我们在f[ i ][ h ] (0<=i<26) 中二分找出l[v]-r[v]之间有多少个数，记录有多少个是奇数。
如果奇数的个数>1 则NO 否则 YES。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 const int N=5e5+5; 4 vector<int> f[N][26]; 5 struct edge 6 { 7 int to,nx; 8 }e[N]; 9 int l[N],r[N],n,m,dfn,head[N],tot; 10 char s[N]; 11 void add(int f,int t) 12 { 13 e[tot].to=t; e[tot].nx=head[f]; 14 head[f]=tot++; 15 } 16 void dfs(int v,int deep) 17 { 18 l[v]=++dfn; 19 f[deep][s[v]-'a'].push_back(dfn); 20 for(int i=head[v];~i;i=e[i].nx) 21 { 22 int u=e[i].to; 23 dfs(u,deep+1); 24 } 25 r[v]=dfn; 26 } 27 int main() 28 { 29 memset(head,-1,sizeof(head)); 30 scanf("%d%d",&n,&m); 31 for(int i=2;i<=n;i++) 32 { 33 int fa; scanf("%d",&fa); 34 add(fa,i); 35 } 36 scanf("%s",s+1); 37 dfs(1,1); 38 while(m--) 39 { 40 int v,h,cnt=0,sum=0; scanf("%d%d",&v,&h); 41 for(int i=0;i<26;i++) 42 { 43 int pos1=lower_bound(f[h][i].begin(),f[h][i].end(),l[v])-f[h][i].begin(); 44 int pos2=lower_bound(f[h][i].begin(),f[h][i].end(),r[v]+1)-f[h][i].begin(); 45 if((pos2-pos1)&1) cnt++; 46 if(cnt>1) break; 47 } 48 if(cnt>1) puts("No"); 49 else puts("Yes"); 50 } 51 return 0; 52 }
离线：对树进行dfs，将询问按深度分层，点按深度分成再按字符分类。然后用树状数组维护节点个数。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define pii pair<int,int> 3 #define fi first 4 #define se second 5 #define mk make_pair 6 using namespace std; 7 const int N=5e5+5; 8 int n,m,dfn,l[N],r[N],up,ans[N],head[N],tot; 9 char s[N]; 10 vector<pii > Q[N]; 11 vector<int> D[26][N]; 12 struct BIT 13 { 14 int a[N]; 15 void modify(int x,int v) 16 { 17 for(int i=x;i<=n;i+=i&-i) a[i]+=v; 18 } 19 int query(int x) 20 { 21 int ans=0; 22 for(int i=x;i>0;i-=i&-i) ans+=a[i]; 23 return ans; 24 } 25 }bit; 26 struct edge 27 { 28 int to,nx; 29 }e[N]; 30 void add(int f,int t) 31 { 32 e[tot].to=t; e[tot].nx=head[f]; 33 head[f]=tot++; 34 } 35 void dfs(int v,int deep) 36 { 37 up=max(up,deep); l[v]=++dfn; 38 D[s[v]-'a'][deep].push_back(dfn); 39 for(int i=head[v];~i;i=e[i].nx) dfs(e[i].to,deep+1); 40 r[v]=dfn; 41 } 42 int main() 43 { 44 memset(head,-1,sizeof(head)); 45 scanf("%d%d",&n,&m); 46 for(int i=2;i<=n;i++) 47 { 48 int fa; scanf("%d",&fa); 49 add(fa,i); 50 } 51 scanf("%s",s+1); 52 dfs(1,1); 53 for(int i=1;i<=m;i++) 54 { 55 int v,h; scanf("%d%d",&v,&h); 56 Q[h].push_back(mk(v,i)); 57 } 58 for(int i=1;i<=up;i++) 59 { 60 for(int k=0;k<26;k++) 61 { 62 for(int j:D[k][i]) bit.modify(j,1); 63 for(pii j:Q[i]) 64 { 65 int cur=bit.query(r[j.fi])-bit.query(l[j.fi]-1); 66 if(cur&1) ans[j.se]++; 67 68 } 69 for(int j:D[k][i]) bit.modify(j,-1); 70 } 71 } 72 for(int i=1;i<=m;i++) printf("%s ",ans[i]<=1 ? "Yes":"No"); 73 return 0; 74 }
题目大意：给你一个n*m的图(1<=n,m<=500) ，图由字符构成，现在你在(1,1)的位置，想走到(n,m)的位置，问你有多少种走法使路径构成回文串。
思路：动态规划题，其实题目相当于两个人分别从(1,1),(n,m)开始走，且只能走向字符相同的位置，我们可以用dp[cnt][x1][y1][x2][y2]表示第cnt步的时候，第一个点在(x1,y1)，第二个点在(x2,y2)时的方案数。但是很明显空间开不下，我们可以用滚动数组来进行优化，这样就变成了dp[2][x1][y1][x2][y2]。还是过大，其实如果我们知道了步数，知道了x的坐标就能推出y的坐标，最后变成了dp[2][x1][x2]。 状态转移方程为:
dp[cnt][x1][y1][x2][y2]+=dp[cnt-1][x1-1][y1][x2+1][y2]
dp[cnt][x1][y1][x2][y2]+=dp[cnt-1][x1-1][y1][x2][y2+1]
dp[cnt][x1][y1][x2][y2]+=dp[cnt-1][x1][y1-1][x2+1][y2]
dp[cnt][x1][y1][x2][y2]+=dp[cnt-1][x1][y1-1][x2][y2+1]
最后路径长度为奇数偶数的时候分类一下就好啦。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=505; const int mod=1e9+7; char s[N][N]; int n,m,dp[2][N][N]; inline void MOD(int &x){if(x>=mod) x-=mod;} int solve() { if(s[1][1]!=s[n][m]) return 0; dp[1][1][m]=1; int c=1,up=(n+m)>>1,ans=0; for(int k=1;k<up;k++) { c^=1; for(int i=1;i<=m;i++) { for(int j=i;j<=m;j++) { dp[c][i][j]=0; int x1=i,y1=1+(k-(i-1)); int x2=j,y2=n-(k-(m-j)); if(y1<1 || y2>n || y1>n || y2<1 || y1>y2) continue; if(s[y1][x1]!=s[y2][x2]) continue; if(x1>1 && x2<m) dp[c][i][j]+=dp[c^1][i-1][j+1],MOD(dp[c][i][j]); if(x1>1 && y2<n) dp[c][i][j]+=dp[c^1][i-1][j],MOD(dp[c][i][j]); if(y1>1 && x2<m) dp[c][i][j]+=dp[c^1][i][j+1],MOD(dp[c][i][j]); if(y1>1 && y2<n) dp[c][i][j]+=dp[c^1][i][j],MOD(dp[c][i][j]); } } } int sum=n+m; for(int i=1;i<=m;i++) { for(int j=i;j<=m;j++) { if(!dp[c][i][j]) continue; int x1=i,y1=1+(up-(i-1)); int x2=j,y2=n-(up-(m-j)); ans+=dp[c][i][j]; MOD(ans); if(!(sum&1) && i!=j) ans+=dp[c][i][j]; MOD(ans); } } return ans; } int main() { scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%s",s[i]+1); int ans=solve(); printf("%d ",ans); return 0; }