A - True Liars
题意：
那么如果一个人说另一个人是好人，那么如果这个人是好人，说明 对方确实是好人，如果这个是坏人，说明这句话是假的，对方也是坏人。
如果一个人说另一个人是坏人，那么如果这个人是好人，说明对方是坏人，如果这个是坏人，说明 对方是好人。
也就是如果条件是yes说明这两个是相同集合的，否则是两个不同的集合。
思路：
用r[i]表示i结点与根结点的关系，0为相同集合，1为不同集合。这是一个经典的并查集问题。
这样处理之后，还需要判断是否唯一
我们通过并查集，可以将所有人分为若干个集合，其中对于每一个集合，又分为两个集合（好人和坏人，但是不知道哪些是好人，哪些是坏人，我们只有相对关系）
接下来就是从所有大集合中的两个小集合取一个，组成好人集合，判断是否唯一。
背包问题，dp[i][j]表示前i个大集合，好人为j个的方案有多少种，或者dp[i][j]表示当前好人i个，坏人j个的情况有多少种
如果dp[cnt][p1]！=1说明方案不唯一，或者无解。
输出方案就是加个pre数组，从后往前递推呢。
代码：
/* POJ 1417 */ #include <stdio.h> #include <algorithm> #include <iostream> #include <string.h> #include <vector> #include <string> using namespace std; const int MAXN=610; int F[MAXN]; int val[MAXN]; int find(int x) { if(F[x]==-1)return x; int tmp=find(F[x]); val[x]+=val[F[x]]; val[x]%=2; return F[x]=tmp; } int a[MAXN][2];//a[i][0],a[i][1]表示每个大集合分成两部分的个数 vector<int>b[MAXN][2]; bool used[MAXN]; int dp[MAXN][MAXN/2]; int pre[MAXN][MAXN/2]; int main() { int n,p1,p2; while(scanf("%d%d%d",&n,&p1,&p2)==3) { if(n==0 && p1==0 && p2==0)break; memset(F,-1,sizeof(F)); memset(val,0,sizeof(val)); int u,v; char str[10]; while(n--) { scanf("%d%d%s",&u,&v,&str); int tmp; if(str[0]=='y')//相同 tmp=0; else tmp=1;//相反 int t1=find(u),t2=find(v); if(t1!=t2) { F[t1]=t2; val[t1]=(val[v]-val[u]+tmp+2)%2; } } for(int i=0;i<MAXN;i++) { b[i][0].clear(); b[i][1].clear(); a[i][0]=0; a[i][1]=0; } memset(used,false,sizeof(used)); int cnt=1; for(int i=1;i<=p1+p2;i++) if(!used[i]) { int tmp=find(i); for(int j=i;j<=p1+p2;j++) { if(find(j)==tmp) { used[j]=true; b[cnt][val[j]].push_back(j); a[cnt][val[j]]++; } } cnt++; } memset(dp,0,sizeof(dp)); dp[0][0]=1; for(int i=1;i<cnt;i++) { for(int j=p1;j>=0;j--) { if(j-a[i][0]>=0 && dp[i-1][j-a[i][0]]) { dp[i][j]+=dp[i-1][j-a[i][0]]; pre[i][j]=j-a[i][0]; } if(j-a[i][1]>=0 && dp[i-1][j-a[i][1]]) { dp[i][j]+=dp[i-1][j-a[i][1]]; pre[i][j]=j-a[i][1]; } } } if(dp[cnt-1][p1]!=1) { printf("no "); } else { vector<int>ans; ans.clear(); int t=p1; //printf("%d ",cnt); for(int i=cnt-1;i>=1;i--) { int tmp=t-pre[i][t]; //printf("%d ",i); //printf("%d %d ",t,tmp); if(tmp==a[i][0]) { for(int j=0;j<a[i][0];j++) ans.push_back(b[i][0][j]); } else { for(int j=0;j<a[i][1];j++) ans.push_back(b[i][1][j]); } t=pre[i][t]; } sort(ans.begin(),ans.end()); for(int i=0;i<ans.size();i++) printf("%d ",ans[i]); printf("end "); } } return 0; }
B - The Shortest Path in Nya Graph
题意：有n个点 , m条无向边 ,每条边都是有权值, 并且每个点属于一个楼层 ,楼层上的点到可以到相邻楼层的任意一点 ,但是要花费 c 。没有点的相邻楼层不能互达。求 1 到 n的最小花费。
思路：图建好了就是裸的最短路了。但是建图有点麻烦，参考了别人的代码之后才明白为什么要这样建图。
把楼层看成一个点，第i层可以看成第n+i个点。楼层与该楼层上的点建边，边权为0，单向；楼层与
相邻楼层建边，边权为C，双向；相邻楼层上的点与该楼层建边，边权为C，单向。
代码：
#include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> #include<cstdio> #include<cstdlib> #include<cmath> #include<vector> #include<queue> #define N 200100 #define ll long long using namespace std; const int inf=0x3f3f3f3f; int n,m,c; int lay[N]; bool hava[N]; bool vis[N]; int cnt[N]; int dist[N]; struct Edge { int v; int cost; Edge(int _v=0,int _c=0):v(_v),cost(_c) {} bool operator <(const Edge &r)const { return cost>r.cost; } }; vector<Edge>E[N]; void addedge(int u,int v,int w) { Edge it; it.v=v; it.cost=w; E[u].push_back(it); } void Dijk(int n,int start) { //点的编号从1开始 memset(vis,false,sizeof(vis)); for(int i=1; i<=n*2; i++)dist[i]=inf; priority_queue<Edge>que; while(!que.empty())que.pop(); dist[start]=0; que.push(Edge(start,0)); Edge tmp; while(!que.empty()) { tmp=que.top(); que.pop(); int u=tmp.v; if(vis[u])continue; vis[u]=true; for(int i=0; i<E[u].size(); i++) { int v=E[tmp.v][i].v; int cost=E[u][i].cost; if(!vis[v]&&dist[v]>dist[u]+cost) { dist[v]=dist[u]+cost; que.push(Edge(v,dist[v])); } } } } int main() { // freopen("test.in","r",stdin); int t; cin>>t; int ca=1; while(t--) { for(int i=0; i<=n*2+1; i++)E[i].clear(); scanf("%d%d%d",&n,&m,&c); memset(hava,0,sizeof hava); for(int i=1; i<=n; i++) { scanf("%d",&lay[i]); hava[lay[i]]=true; } int u,v,cost; for(int i=1; i<=m; i++) { scanf("%d%d%d",&u,&v,&cost); addedge(u,v,cost); addedge(v,u,cost); } if(n<=1) { printf("Case #%d: 0 ",ca++); continue; } for(int i=1; i<n; i++) { if(hava[i]&&hava[i+1]) { addedge(n+i,n+i+1,c); addedge(n+1+i,n+i,c); } } for(int i=1; i<=n; i++) { addedge(lay[i]+n,i,0); if(lay[i]>1)addedge(i,lay[i]-1+n,c); if(lay[i]<n)addedge(i,lay[i]+1+n,c); } Dijk(n,1); printf("Case #%d: %d ",ca++,dist[n]>=inf?-1:dist[n]); } return 0; }
C - The Super Powers
题意：给你一个关于超级幂数的定义，只要一个数是至少两个数的幂，即为超级幂数。例如64=8*8=4*4*4。输出1~2^64-1内所有的超级幂数。
思路：一开始的思想暴力，但是肯定很慢。有两个比较重要的思路：① 找num^x<2^64-1的时候，尝试两边取对数，然后确定x<ln(2^64-1)/ln(num)，x在4~ln(2^64-1)/ln(num)里取。② 只有合数的时候才能产生超级幂数，然后判断是否为素数即可。
还有很重要的一点，pow会出错。谨慎使用，wa了很多次，用快速幂才ac。
扔进set里遍历输出即可。
代码：
1 /* 2 I have a dream!A AC deram!! 3 orz orz orz orz orz orz orz orz orz orz orz 4 orz orz orz orz orz orz orz orz orz orz orz 5 orz orz orz orz orz orz orz orz orz orz orz 6 7 */ 8 9 #include<iostream> 10 #include<cstdio> 11 #include<cstdlib> 12 #include<cstring> 13 #include<cmath> 14 #include<string> 15 #include<algorithm> 16 #include<vector> 17 #include<queue> 18 #include<set> 19 #include<stack> 20 using namespace std; 21 typedef long long ll; 22 typedef unsigned long long ull; 23 const int maxn = 1e4 + 5; 24 const int N = 2100; 25 #define pa pair<int,int> 26 inline int read() 27 { 28 int x = 0, f = 1; char ch = getchar(); for (; !isdigit(ch); ch = getchar())if (ch == '-')f = -1; 29 for (; isdigit(ch); ch = getchar())x = x * 10 + ch - '0'; return x * f; 30 } 31 32 bool isPrime(int n) 33 { 34 if (n <= 3) 35 return n > 1; 36 else if (n % 2 == 0 || n % 3 == 0) 37 return false; 38 else 39 { 40 for (int i = 5; i * i <= n; i += 6) 41 if (n % i == 0 || n % (i + 2) == 0) 42 return false; 43 } 44 return true; 45 } 46 47 ull qsm(int a, int b) 48 { 49 ull ans = 1, base = a; 50 while (b != 0) { 51 if (b & 1 != 0) { 52 ans *= base; 53 } 54 base *= base; 55 b >>= 1; 56 } 57 return ans; 58 } 59 60 61 int main() 62 { 63 set<ull>ans; 64 ans.insert(1); 65 ull maxx = 18446744073709551615; 66 for (int num = 2; num < 1e5; num++) 67 { 68 if (pow(num, 4) > maxx) break; 69 double m = log(maxx) / log(num); 70 for (int i = 4; i < m; i++) 71 { 72 if (isPrime(i)) continue; 73 ull p = qsm(num, i); 74 ans.insert(p); 75 } 76 } 77 78 set<ull>::iterator it; 79 //int cnt = 0; 80 for (it = ans.begin(); it != ans.end(); it++) 81 { 82 //cnt++; 83 //if (cnt == 10) break; 84 printf("%llu ", *it); 85 } 86 return 0; 87 }
D - Music Festival
题意：给你n组区间，每个居间都带有权值，让你选取一些区间使得区间不想交并且权值最大（要每组都至少有一个区间被选到）。
思路：n最多十组，我们就可以用二进制来记录当前唱歌的状态，然后离散化区间点（这样我们就可以用连续的点去表示这些区间），这样就有dp【i】【j】，i表示当前的区间点，j表示当前的状态，dp【i1】【j1】=dp【i】【j】+num【k】。每次寻找当前点往右 能更新的最近的一个区间（一切切的一切都是膜拜大佬的博客来的，离散化真是个好东西）
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作者：liexss
来源：CSDN
原文：https://blog.csdn.net/liexss/article/details/83511980
代码：
1 #include<stdio.h> 2 #include<cstring> 3 #include<cstdlib> 4 #include<algorithm> 5 #include<map> 6 #include<iostream> 7 using namespace std; 8 struct inst { 9 int x, y; 10 int sud; 11 int id; 12 }; 13 inst ax[1100]; 14 int dp[2100][1100]; 15 int bn[2100]; 16 int maxn[1100]; 17 int tot, cnt; 18 map<int, int>q; 19 int cmp(inst a, inst b) { 20 if (a.x!=b.x)return a.x < b.x; 21 else return a.y < b.y; 22 } 23 int binary_s(int x) { 24 int l = 0; 25 int r = tot-1; 26 int ans = tot-1; 27 while (l <= r) { 28 int mid = (l + r) / 2; 29 if (ax[mid].x >= x) { 30 ans = mid; 31 r = mid - 1; 32 } 33 else l = mid + 1; 34 } 35 if (x > ax[ans].x) ans++; 36 return ans; 37 } 38 int main(void) { 39 int n; 40 scanf("%d", &n); 41 tot = 0; 42 cnt = 0; 43 q.clear(); 44 memset(maxn, 0x8f, sizeof(maxn)); 45 memset(dp, 0x8f, sizeof(dp)); 46 for (int i = 1; i <= n; i++) { 47 int m; 48 scanf("%d", &m); 49 for (int z = 0; z < m; z++) { 50 scanf("%d %d %d", &ax[tot].x, &ax[tot].y,&ax[tot].sud); 51 ax[tot].id = i-1; 52 bn[cnt++] = ax[tot].x; 53 bn[cnt++] = ax[tot].y; 54 tot++; 55 } 56 } 57 sort(bn, bn + cnt); 58 cnt = unique(bn,bn + cnt) - bn; 59 sort(ax, ax + tot, cmp); 60 for (int i = 0; i < cnt; i++) { 61 q[bn[i]] = i; 62 } 63 for (int i = 0; i < tot; i++) { 64 ax[i].x = q[ax[i].x]; 65 ax[i].y = q[ax[i].y]; 66 } 67 dp[0][0] = maxn[0] = 0; 68 for (int i = 0; i < cnt; i++) { 69 for (int j = 0; j < (1 << n); j++) { 70 dp[i][j] = maxn[j] = max(dp[i][j], maxn[j]); 71 if (dp[i][j] < 0) continue; 72 int pos=binary_s(i); 73 int pre = -1; 74 for (int z = pos; z < tot; z++) { 75 if (pre == -1 || pre == ax[z].x) pre = ax[z].x; 76 else break; 77 int x1 = ax[z].y; 78 int jj = j | (1 << ax[z].id); 79 int sum = dp[i][j] + ax[z].sud; 80 dp[x1][jj] = max(dp[x1][jj], sum); 81 } 82 } 83 } 84 if (maxn[(1 << n) - 1] >= 0) printf("%d ", maxn[(1 << n) - 1]); 85 else printf("-1 "); 86 return 0; 87 }
E - Nature Reserve
题意：在二维坐标上，有动物的栖息地和一条河流，河流在y=0上，即为X轴。现在要建一个圆形的动物保护区，让动物都在里面，同时这个圆要求和X轴相切。因为只能相切，如果出现动物在X轴两侧的情况输出-1，即不能满足情况。
思路：我们二分半径，然后由于固定了与X轴相切，我们对于每一个点，就可以算出这个点在圆上的时候的圆心的极限距离。然后我们就可以求得每一个点的圆心的区间范围。然后所有点的区间范围都相交，那么证明这个半径可行，否则不可行。
代码：如果你的电脑和我的一样辣鸡，代码基本相同样例跑不出来，可能是精度的问题，建议您不要取很大的数字，取小点吧。
1 /* 2 I have a dream!A AC deram!! 3 orz orz orz orz orz orz orz orz orz orz orz 4 orz orz orz orz orz orz orz orz orz orz orz 5 orz orz orz orz orz orz orz orz orz orz orz 6 7 */ 8 9 #include<iostream> 10 #include<cstdio> 11 #include<cstdlib> 12 #include<cstring> 13 #include<cmath> 14 #include<string> 15 #include<algorithm> 16 #include<vector> 17 #include<queue> 18 #include<set> 19 #include<stack> 20 using namespace std; 21 typedef long long ll; 22 typedef unsigned long long ull; 23 const int maxn = 1e5 + 10; 24 #define pa pair<int,int> 25 26 inline int read() 27 { 28 int x = 0, f = 1; char ch = getchar(); for (; !isdigit(ch); ch = getchar())if (ch == '-')f = -1; 29 for (; isdigit(ch); ch = getchar())x = x * 10 + ch - '0'; return x * f; 30 } 31 32 double x[maxn], y[maxn]; 33 int N; 34 35 bool check(long double R) 36 { 37 long double l = -100000000000000000.0, r = 100000000000000000.0, t; 38 for (int i = 1; i <= N; i++) 39 { 40 if (2 * R < y[i]) 41 return 0; 42 t = sqrt(R*R - (R - y[i])*(R - y[i])); 43 if (l < x[i]-t) l = x[i] - t; 44 if (r > t+x[i]) r = t + x[i]; 45 } 46 return l < r; 47 } 48 49 int main() 50 { 51 scanf("%d", &N); 52 for (int i = 1; i <= N; i++) 53 scanf("%lf %lf", &x[i], &y[i]); 54 for (int i = 1; i <= N; i++) 55 { 56 if (y[i] * y[N] < 0) 57 { 58 printf("-1 "); 59 return 0; 60 } 61 y[i] = y[i] > 0 ? y[i] : -y[i]; 62 } 63 64 long double l = 0, r = 100000000000000000.0, mid; 65 for(int i = 1;i <= 100;i++) 66 { 67 mid = (l + r) / 2.0; 68 if (check(mid)) 69 r = mid; 70 else 71 l = mid; 72 } 73 printf("%.10Lf ", mid); 74 75 return 0; 76 }
F - Graph And Its Complement
题意：给出n，a，b，问，是否有这样的一个图，有n个节点，分成a块，现将两两节点之间有边的把边删除，两两节点之间无边的建边，使得形成的图分成b块。如果有，输出YES，并且输出这个图的邻接矩阵，否则输出NO。这题难就难在是否能推出结论以及答案的输出。
思路：
任何一个图，不管分成多少块，经过上述操作后，必然变成一个联通图。
证：有n个节点，分成m块，任取一块，经过上述操作后，所取的这一块内的任意节点必定与其他块的所有节点相连！
这个结论换句话说就是，a和b里面，至少有一个数是1！知道这个结论就简单了，首先排除所有不含1的情况，然后，b==1的情况，我们将图分成a块，直接另前a-1块都只有一个节点，最后1块包含剩下的节点就行了。当然，对于a==1，只要将要输出反过来一下就可以了（注意，这里要讨论一下a和b都为1的情况，当n==2和n==3时，是不行的直接排除，其他情况都是可行的，特殊处理一下a和b都等于1的输出）
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作者：JIA-YAO
来源：CSDN
原文：https://blog.csdn.net/qq_41874469/article/details/80658410
代码：
#include "iostream" #include "algorithm" using namespace std; int n,a,b; char ch1='0',ch2='1'; int main() { cin>>n>>a>>b; if (a!=1&&b!=1||a==1&&b==1&&n<=3&&n>=2||a>n||b>n) {cout<<"NO"<<endl; return 0;} cout<<"YES"<<endl; if (a==1) swap(a,b), swap(ch1,ch2); for (int i=0;i<n;i++) { for (int j=0;j<n;j++) { cout<<(i==j?'0':(i+1==j&&j>=a||j+1==i&&i>=a?ch1:ch2)); } cout<<endl; } }