[ NOIP 2009 ] TG

(\)

(#A) (Spy)

---

给出两个长度均为(N)相同的样例串，建立第一个串各个字符向第二个串对应位置字符的映射，并用映射转换给出的长度为(M)第三个串，输入保证只有大写字符。

若出现(26)个大写字符未建立完整，映射一些字符映射所得字符相同或同一个字符建立多个映射，则视为不合法，输出(“failed”)。否则，输出转换后的串。

• (N,Min [1,100])

• 字符串处理题，开三个数组分别记录两个样例串每个字符是否出现，以即映射。
• 在建立映射时，判断已有映射与先前建立的映射是否相同、新建映射所得字符是否被作为映射答案出现过。

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define N 30
#define M 110
#define R register
using namespace std;

bool v1[N],v2[N];
int to[N],now[M],p;

int main(){
  char c=getchar();
  while(!isupper(c)) c=getchar();
  while(isupper(c)){
    now[++now[0]]=c-'A'+1;
    v1[c-'A'+1]=1; c=getchar();
  }
  for(R int i=1;i<=26;++i) if(!v1[i]){puts("Failed");return 0;}
  while(!isupper(c)) c=getchar();
  while(isupper(c)){
    int x=now[++p];
    if(to[x]){if('A'+to[x]-1!=c){puts("Failed");return 0;}}
    else if(v2[c-'A'+1]){puts("Failed");return 0;}
    else to[x]=c-'A'+1;
    v2[c-'A'+1]=1; c=getchar();
  }
  while(!isupper(c)) c=getchar();
  while(isupper(c)){
    putchar((char)'A'+to[c-'A'+1]-1);
    c=getchar();
  }
  return 0;
}

(\)

(#B) (Son)

---

(N)组数据，每组给出四个正整数(a_0,a_1,b_0,b_1)，求满足(gcd(x,a_0)=a_1,lcm[x,b_0]=b_1)的(x)的个数。

• (Nin [1,200])，(a_0,a_1,b_0,b_1in [1,2 imes 10^9])

• 由 (gcd(x,a_0)=a_1) 得 (gcd(frac{x}{a_1},frac{a_0}{a_1})=1)

• 由 (lcm[x,b_0]=b_1) 得 (gcd(x,b_0)=frac{x imes b_0}{b_1})，有 (gcd(frac{x}{gcd(x,b_0)},frac{b_0}{gcd(x,b_0)})=gcd(frac{b_1}{b_0},frac{b_1}{x})=1)

• 由上知合法的(x)一定是(a_1)的倍数，一定是(b_1)的因数，所以得到一个做法，试除法(Theta(sqrt b_1))求(b_1)因数，判断是否为(a_1)因数，再进一步判断推出的两个条件是否成立，总复杂度(Theta(Nsqrt {2 imes10^9}log(2 imes10^9))approxTheta(8 imes 10^7))

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define R register
#define gc getchar
using namespace std;

inline int rd(){
	int x=0; char c=gc();
	while(!isdigit(c)) c=gc();
	while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=gc();}
	return x;
}

inline int gcd(int x,int y){return y?gcd(y,x%y):x;}

inline void work(){
	int a0=rd(),a1=rd(),b0=rd(),b1=rd();
  int ans=0,lim=sqrt(b1); a0/=a1; b0=b1/b0;
	for(R int x=1;x<=lim;++x)
		if(!(b1%x)){
			if(!(x%a1)&&gcd(x/a1,a0)==1&&gcd(b1/x,b0)==1)++ans;
			if(x*x==b1)continue;
			int k=b1/x;
			if(!(k%a1)&&gcd(k/a1,a0)==1&&gcd(b1/k,b0)==1)++ans;
		}
	printf("%d
",ans);
}

int main(){
	int t=rd();
	while(t--)work();
	return 0;
}

(\)

(#C) (Trade)

---

给出一个(N)个节点(M)条边的图，边有向边和无向边两种，每个点有点权(V_i)。

求出一条从(1)号节点到(N)号节点的路径，使得在路径上有两个点(u,v)，保证(u)在(v)之前出现，且(V_v-V_u)的值最大，输出该值即可。

• (Nin [1,10^5])，(Min [1,5 imes 10^5])，(V_iin [1,100])

最短路：

• 考虑无向边拆成两条有向边，跑一个以(1)为源的单源最短路，统计从(1)号节点到该节点路径上最小点权，更新变成(dismin[v]=min(dismin[u],V_v))，该值代表若选择从(1)号节点到这个节点的路径，选这个点作为(u)点。

• 然后就是统计从这个点到(n)号节点路径上最大点权，代表选这个点作为(u)点，统计方式可以考虑建一个反图，跑以(n)为源的单元最短路，统计从(n)号节点到该节点路径上的最大点权，也就是原图中从该节点到(n)号节点的最大点权，更新变成(dismax[v]=max(dismax[u],V_v))。

• 对每个点用(dismax[i]-dismin[i])更新答案即可。

• 注意到题目所给图较稀疏，(SPFA)运行效率比堆优化(Dijkstra)实测更优秀一些。

  (SPFA)版本

  #include<cmath>
  #include<queue>
  #include<cstdio>
  #include<cctype>
  #include<cstdlib>
  #include<cstring>
  #include<iostream>
  #include<algorithm>
  #define N 100010
  #define M 1000010
  #define R register
  #define gc getchar
  using namespace std;
  
  inline int rd(){
    int x=0; bool f=0; char c=gc();
    while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=1;c=gc();}
    while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=gc();}
    return f?-x:x;
  }
  
  int hd1[N],hd2[N],tot1,tot2;
  struct edge{int to,nxt;}e1[M],e2[M];
  inline void add1(int u,int v){
    e1[++tot1].to=v; e1[tot1].nxt=hd1[u]; hd1[u]=tot1;
  }
  inline void add2(int u,int v){
    e2[++tot2].to=v; e2[tot2].nxt=hd2[u]; hd2[u]=tot2;
  }
  
  bool vis1[N],vis2[N];
  int n,m,ans,mn[N],mx[N],val[N];
  queue<int> q1,q2;
  
  inline void SPFA1(){
      memset(mn,0x3f,sizeof(mn));
      mn[1]=val[1]; q1.push(1);
      while(!q1.empty()){
        int u=q1.front(); q1.pop(); vis1[u]=0;
        for(R int i=hd1[u],v;i;i=e1[i].nxt)
          if(mn[v=e1[i].to]>min(val[v],mn[u])){
              mn[v]=min(val[v],mn[u]);
              if(!vis1[v]) q1.push(v); vis1[v]=1;
          }
      }
  }
  
  inline void SPFA2(){
      mx[n]=val[n]; q2.push(n);
      while(!q2.empty()){
        int u=q2.front(); q2.pop(); vis2[u]=0;
        for(R int i=hd2[u],v;i;i=e2[i].nxt)
          if(mx[v=e2[i].to]<max(val[v],mx[u])){
              mx[v]=max(val[v],mx[u]);
              if(!vis2[v]) q2.push(v); vis2[v]=1;
          }
      }
  }
  
  int main(){
    n=rd(); m=rd();
    for(R int i=1;i<=n;++i) val[i]=rd();
    for(R int i=1,u,v,w;i<=m;++i){
      u=rd(); v=rd(); w=rd();
      add1(u,v); add2(v,u);
      if(w==2){add1(v,u); add2(u,v);}
    }
    SPFA1(); SPFA2();
    for(R int i=1;i<=n;++i) ans=max(ans,mx[i]-mn[i]);
    printf("%d
  ",ans);
    return 0;
  }
  

  (Dijkstra)版本

  #include<cmath>
  #include<queue>
  #include<cstdio>
  #include<cctype>
  #include<cstdlib>
  #include<cstring>
  #include<iostream>
  #include<algorithm>
  #define N 100010
  #define M 1000010
  #define R register
  #define gc getchar
  using namespace std;
  
  inline int rd(){
    int x=0; bool f=0; char c=gc();
    while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=1;c=gc();}
    while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=gc();}
    return f?-x:x;
  }
  
  int hd1[N],hd2[N],tot1,tot2;
  struct edge{int to,nxt;}e1[M],e2[M];
  inline void add1(int u,int v){
    e1[++tot1].to=v; e1[tot1].nxt=hd1[u]; hd1[u]=tot1;
  }
  inline void add2(int u,int v){
    e2[++tot2].to=v; e2[tot2].nxt=hd2[u]; hd2[u]=tot2;
  }
  
  bool vis1[N],vis2[N];
  int n,m,ans,mn[N],mx[N],val[N];
  priority_queue<pair<int,int> > q1,q2;
  
  inline void dij1(){
      memset(mn,0x3f,sizeof(mn));
      mn[1]=val[1];
      q1.push(make_pair(-val[1],1));
      while(!q1.empty()){
        int u=q1.top().second; q1.pop();
        if(vis1[u]) continue; vis1[u]=1;
        for(R int i=hd1[u],v;i;i=e1[i].nxt)
          if(mn[v=e1[i].to]>min(val[v],mn[u])){
            mn[v]=min(val[v],mn[u]);
            q1.push(make_pair(-mn[v],v));
          }
      }
  }
  
  inline void dij2(){
      mx[n]=val[n];
      q2.push(make_pair(val[n],n));
      while(!q2.empty()){
        int u=q2.top().second; q2.pop();
        if(vis2[u]) continue; vis2[u]=1;
        for(R int i=hd2[u],v;i;i=e2[i].nxt)
          if(mx[v=e2[i].to]<max(val[v],mx[u])){
            mx[v]=max(val[v],mx[u]);
            q2.push(make_pair(mx[v],v));
          }
      }
  }
  
  int main(){
    n=rd(); m=rd();
    for(R int i=1;i<=n;++i) val[i]=rd();
    for(R int i=1,u,v,w;i<=m;++i){
      u=rd(); v=rd(); w=rd();
      add1(u,v); add2(v,u);
      if(w==2){add1(v,u); add2(u,v);}
    }
    dij1(); dij2();
    for(R int i=1;i<=n;++i) ans=max(ans,mx[i]-mn[i]);
    printf("%d
  ",ans);
    return 0;
  }
  

(Tarjan+DFS)：

• 同样无向边拆成两条有向边，(Tarjan)找(SCC)缩点，记录每个(SCC)内最大点权和最小点权，因为(SCC)内可以一直转圈，所以最大最小点权在这个(SCC)内一定可以得到。建新图时注意，若为节省空间使用同一个邻接表，需清空(head)数组。

• 考虑到缩点后一些路径不会经过(1)号或(N)号节点，所以不能拓扑排序，只能记忆化搜索。记(f_i)表示(i)号结点到(N)号节点的路径上的最大值。为了防止路径不可由(1)号节点引出，可以选择只从(1)号节点(DFS)。防止路径不可到达(N)号节点，选择只有到达(N)号节点所属(SCC)时才更新(f)数组，其余时由其他可达点更新当前点。

• 若(DFS)所有可达点之后(f_i)不是默认值则证明其可达(N)号节点，则可进一步用(sccmax_{i})更新(f_i)，并进一步用(f_i-sccmin_i)更新答案，代表在这个(SCC)买入，在从此开始后续(SCC)中最大点卖出。

  #include<cmath>
  #include<cstdio>
  #include<cctype>
  #include<cstdlib>
  #include<cstring>
  #include<iostream>
  #include<algorithm>
  #define N 100010
  #define M 500010
  #define R register
  #define gc getchar
  #define top stk[0]
  using namespace std;
  
  bool vis[N];
  int n,m,tot,ans,hd[N],val[N],f[N];
  int num,cnt,low[N],dfn[N],bl[N],stk[N],mn[N],mx[N];
  struct adjlist{int to,nxt;}e[M<<1];
  struct Edge{int x,y;}edge[M<<1];
  
  inline void add(int u,int v){
    e[++tot].to=v; e[tot].nxt=hd[u]; hd[u]=tot;
  }
  
  inline int rd(){
    int x=0; bool f=0; char c=gc();
    while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=1;c=gc();}
    while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=gc();}
    return f?-x:x;
  }
  
  inline void tarjan(int u){
    stk[++top]=u; vis[u]=1;
    dfn[u]=low[u]=++cnt;
    for(R int i=hd[u],v;i;i=e[i].nxt)
      if(!dfn[v=e[i].to]){
        tarjan(v); low[u]=min(low[u],low[v]);
      }
      else if(vis[v]) low[u]=min(low[u],dfn[v]);
    if(dfn[u]==low[u]){
      ++num;
      do{
        bl[stk[top]]=num;
        vis[stk[top]]=0;
        mn[num]=min(mn[num],val[stk[top]]);
        mx[num]=max(mx[num],val[stk[top--]]);
      }while(stk[top+1]!=u);
    }
  }
  
  inline bool cmp(Edge a,Edge b){return (a.x==b.x)?(a.y<b.y):a.x<b.x;}
  
  inline void dfs(int u){
    vis[u]=1;
    if(u==bl[n]) f[u]=max(f[u],mx[u]);
    for(R int i=hd[u],v;i;i=e[i].nxt){
      if(!vis[v=e[i].to]) dfs(v);
      f[u]=max(f[u],f[v]);
    }
    if(f[u]) f[u]=max(f[u],mx[u]);
    ans=max(ans,f[u]-mn[u]);
  }
  
  int main(){
    n=rd(); m=rd();
    for(R int i=1;i<=n;++i) val[i]=rd();
    for(R int i=1,u,v;i<=m;++i){
      u=rd(); v=rd();
      add(u,v); if(rd()==2) add(v,u);
    }
    memset(mn,0x3f,sizeof(mn)); tarjan(1);
    int tmp=0; tot=0;
    for(R int i=1;i<=n;++i)
      for(R int j=hd[i],v;j;j=e[j].nxt)
        if(bl[i]!=bl[v=e[j].to]){edge[++tmp].x=bl[i];edge[tmp].y=bl[v];}
    sort(edge+1,edge+1+tmp,cmp);
    memset(hd,0,sizeof(hd));
    for(R int i=1;i<=tmp;++i)
      if(edge[i].x!=edge[i-1].x||edge[i].y!=edge[i-1].y) add(edge[i].x,edge[i].y);
    dfs(bl[1]);
    printf("%d
  ",ans);
    return 0;
  }
  

(\)

(#D) (Sudoku)

给出一个未完成的九宫数独，并定义每一个位置的权值：

求保证填数合法的前提下，完成这个数独所能得到的权值和最大是多少。

• 数据保证已填入的数不少于(24)个。

(DFS:)

• 扫描一遍整个数独，记录下所有待填数的位置，同时记录该位置可能填入的数字，按顺序搜索到合法解即可。
• 一个看起来正确的优化是按照可能填入的数字个数排序，或按照所在行(/)列(/)宫剩余位置个数排序，这样在搜索的时候能够使搜索树上的较低层节点数尽可能地优秀。
• 实测不开( ext O 2)最好的状态下只会超时(1)个点。

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define R register
#define gc getchar
using namespace std;

inline int rd(){
  int x=0; bool f=0; char c=gc();
  while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=1;c=gc();}
  while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=gc();}
  return f?-x:x;
}

bool h[10][10],l[10][10],g[10][10];
int num[10][10],bl[10][10];
int ans=-1,numh[10],numl[10],numg[10];
int tot,val[10][10]={
{0,0,0,0,0,0,0,0,0,0},
{0,6,6,6,6,6,6,6,6,6},
{0,6,7,7,7,7,7,7,7,6},
{0,6,7,8,8,8,8,8,7,6},
{0,6,7,8,9,9,9,8,7,6},
{0,6,7,8,9,10,9,8,7,6},
{0,6,7,8,9,9,9,8,7,6},
{0,6,7,8,8,8,8,8,7,6},
{0,6,7,7,7,7,7,7,7,6},
{0,6,6,6,6,6,6,6,6,6}};

struct points{int x,y,w;}p[90];
inline void add(int x,int y){
  p[++tot].x=x; p[tot].y=y; p[tot].w=0;
  for(R int i=1;i<=9;++i){
      if(h[x][i]||l[y][i]||g[bl[x][y]][i])continue;
      else ++p[tot].w;
  }
}
inline bool cmp(points x,points y){
  if(numl[x.y]!=numl[y.y]) return numl[x.y]<numl[y.y];
  else if(numh[x.x]!=numh[y.x]) return numh[x.x]<numh[y.x];
  else if(g[bl[x.x][x.y]]!=g[bl[y.x][y.y]]) return g[bl[x.x][x.y]]<g[bl[y.x][y.y]];
  else return x.w<y.w;
}

inline int calc(){
    int res=0;
    for(R int i=1;i<=9;++i)
      for(R int j=1;j<=9;++j)
        res+=val[i][j]*num[i][j];
    return res;
}

inline void dfs(int t,int sum){
  if(t==tot+1){ans=max(ans,sum);return;}
  int x=p[t].x,y=p[t].y;
  for(R int i=1;i<=9;++i){
    if(h[x][i]||l[y][i]||g[bl[x][y]][i]) continue;
    else{
      h[x][i]=l[y][i]=g[bl[x][y]][i]=1;
      dfs(t+1,sum+i*val[x][y]);
      h[x][i]=l[y][i]=g[bl[x][y]][i]=0;
    }
  }
}

int main(){
  for(R int i=1;i<=9;++i)
      for(R int j=1;j<=9;++j){
        h[i][num[i][j]=rd()]=1;
        if(num[i][j]==0) ++numh[i];
      }
  for(R int j=1;j<=9;++j)
      for(R int i=1;i<=9;++i){
        l[j][num[i][j]]=1;
        if(num[i][j]==0) ++numl[j];
      }
  for(R int i=1;i<=7;i+=3){
    for(R int j=1;j<=3;++j)
        for(R int k=i;k<=i+2;++k){
          g[i][num[j][k]]=1;bl[j][k]=i;
          if(num[j][k]==0) ++numg[i];
        }
    for(R int j=4;j<=6;++j)
        for(R int k=i;k<=i+2;++k){
          g[i+1][num[j][k]]=1;bl[j][k]=i+1;
          if(num[j][k]==0) ++numg[i+1];
        }
    for(R int j=7;j<=9;++j)
        for(R int k=i;k<=i+2;++k){
            g[i+2][num[j][k]]=1;bl[j][k]=i+2;
            if(num[j][k]==0) ++numg[i+2];
        }
  }
  int tmp=0;
  for(R int i=1;i<=9;++i)
    for(R int j=1;j<=9;++j)
      if(!num[i][j]) add(i,j);
      else tmp+=val[i][j]*num[i][j];
  sort(p+1,p+1+tot,cmp);
  dfs(1,tmp);
  printf("%d
",ans);
  return 0;
}

(Dancing Links X:)

• 基本的数独转精确覆盖问题及(Dancing Links X)解法可以参考：(Dancing Links X)

• 与基本的数独做法相同，但在找到答案之后不直接(return)，而要搜完所有的状态。

• 在计算过程中(dance)函数可以传一个当前权值和的参数，因为每一行只代表一个位置的一个方案，所以具体的实现过程可以对每一行先绑定权值，然后选择行的时候答案就可以直接累加了。

#include<cmath>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define N 750
#define M 350
#define S 247500
#define R register
#define gc getchar
using namespace std;

inline int rd(){
  int x=0; bool f=0; char c=gc();
  while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=1;c=gc();}
  while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=gc();}
  return f?-x:x;
}

inline int calc(int x,int y,int k){return x*81+y*9+k+1;}

inline void restore(int ans,int &x,int &y,int &k){
  k=(--ans)%9; ans/=9; y=ans%9; x=(ans/9)%9;
}

vector<int> res;
int t,n,m,maxr=729,maxc=324,num[10][10];
const int score[9][9]={
  {6,6,6,6,6,6,6,6,6},
  {6,7,7,7,7,7,7,7,6},
  {6,7,8,8,8,8,8,7,6},
  {6,7,8,9,9,9,8,7,6},
  {6,7,8,9,10,9,8,7,6},
  {6,7,8,9,9,9,8,7,6},
  {6,7,8,8,8,8,8,7,6},
  {6,7,7,7,7,7,7,7,6},
  {6,6,6,6,6,6,6,6,6}
};


struct dlx{

  int n,m,tot,ans=-1,s[M],h[N];

    int u[S],d[S],l[S],r[S],row[S],col[S];

  inline void reset(int _n,int _m){
    n=_n; m=_m;
    for(R int i=0;i<=m;++i){l[i]=i-1; r[i]=i+1; u[i]=d[i]=i;}
    l[0]=m; r[m]=0; tot=m;
    memset(s,0,sizeof(s));
    memset(h,-1,sizeof(h));
  }

  inline void insert(int x,int y,int k){
    row[++tot]=k; col[tot]=y; ++s[y];
    u[tot]=u[y]; d[tot]=y;
    d[u[tot]]=tot; u[d[tot]]=tot;
    if(h[x]==-1){h[x]=tot; l[tot]=tot; r[tot]=tot;}
    else{
      l[tot]=l[h[x]]; r[tot]=h[x];
      r[l[tot]]=tot; l[r[tot]]=tot;
    }
  }

  inline void remove(int y){
    r[l[y]]=r[y]; l[r[y]]=l[y];
    for(R int i=d[y];i!=y;i=d[i])
      for(R int j=r[i];j!=i;j=r[j]){
        u[d[j]]=u[j]; d[u[j]]=d[j]; --s[col[j]];
      }
  }

  inline void restore(int y){
    for(R int i=d[y];i!=y;i=d[i])
      for(R int j=r[i];j!=i;j=r[j]){
        u[d[j]]=j; d[u[j]]=j; ++s[col[j]];
      }
    r[l[y]]=y; l[r[y]]=y;
  }

  inline void dance(int sum){
    if(r[0]==0){ans=max(ans,sum);return;}
    int y=r[0];
    for(R int i=r[0];i!=0;i=r[i]) if(s[i]<s[y]) y=i;
    remove(y);
    for(R int i=d[y];i!=y;i=d[i]){
      for(R int j=r[i];j!=i;j=r[j]) remove(col[j]);
      dance(sum+row[i]);
      for(R int j=l[i];j!=i;j=l[j]) restore(col[j]);
    }
    restore(y); return;
  }

}dlx;

int main(){
  dlx.reset(maxr,maxc);
  for(R int i=0;i<=8;++i)
    for(R int j=0;j<=8;++j) num[i][j]=rd();
  for(R int i=0;i<=8;++i)
    for(R int j=0;j<=8;++j)
      for(R int k=0;k<=8;++k)
        if(num[i][j]==0||num[i][j]==k+1){
          int x=calc(i,j,k);
          dlx.insert(x,calc(0,i,j),score[i][j]*(k+1));
          dlx.insert(x,calc(1,i,k),score[i][j]*(k+1));
          dlx.insert(x,calc(2,j,k),score[i][j]*(k+1));
          dlx.insert(x,calc(3,(i/3)*3+j/3,k),score[i][j]*(k+1));
        }
  dlx.dance(0);
  printf("%d
",dlx.ans);
  return 0;
}