前言
今天算是有一些进步吧，(T4)由(zsq)学长友情讲解
NO.1 Layout
Descrption
和人类一样，奶牛们在打饭的时候喜欢和朋友站得很近。
约翰的编号为 (1) 到 (n) 的 (n(2le nle 1000)) 只奶牛正打算排队打饭。现在请你来安排她们，让她们在数轴上排好队。奶牛的弹性很好，同一个坐标可以站无限只奶牛，排队的顺序必须和她们编号的顺序一致。有 (M) 对奶牛互相爱慕，她们之间的距离不能超过一定的值，有 (K) 对奶牛互相敌视，她们的距离不能小于一定的值。
那么，首尾奶牛的最大距离是多少呢？
Input
第一行输入 (n,M,K,(0<M,Kle 5000)) 。
接下来 (M) 行每行三个整数(x,y,z)，表示编号为 (x) 和 (y) 的两头奶牛之间的距离最大不超过 (z)。
再接下来 (K) 行每行三个整数 (a,b,c)，表示编号为 (a) 和 (b) 的两头奶牛之间的距离最少为(c)。
Output
如果没有合理方案，输出 (−1)，如果首尾两头牛的距离可以无限大，输出 (−2)，否则输出一个整数表示首尾奶牛的最大距离。
Sample Input
4 2 1
1 3 10
2 4 20
2 3 3
Sample Output
27
Hint
四只牛分别在 (0,7,10,27)。
分析
其实就是一道裸的差分约束题，我们只需要从(0)开始建一个超级源点，并且反着每两个相邻点直间建边，边权为0，然后先从(0)开始(spfa)，判断是否有负环和无限大，如果没有再从一开始，输出到(n)的最短距离。
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e3+10;
const int maxm = 5e3+10;
struct Node{
int v,next,val;
}e[maxm<<2];
int n,m,k;
int head[maxn],vis[maxn],dis[maxn];
int tot,c[maxn];
void Add(int x,int y,int z){
e[++tot].v = y;
e[tot].next = head[x];
e[tot].val = z;
head[x] = tot;
}
queue<int>q;
int spfa(int s){
memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
memset(vis,0,sizeof(vis));
memset(c,0,sizeof(vis));
dis[s] = 0;
vis[s] = 1;
q.push(s);
while(!q.empty()){
int x = q.front();
q.pop();
vis[x] = 0;
c[x]++;
if(c[x]>n)return -1;//判负环
for(int i=head[x];~i;i=e[i].next){
int v = e[i].v;
int w = e[i].val;
if(dis[v] > dis[x] + w){
dis[v] = dis[x] + w;
if(!vis[v]){
vis[v] = 1;
q.push(v);
}
}
}
}
if(dis[n]==0x3f3f3f3f)return -2;
return dis[n];
}
int main(){
memset(head,-1,sizeof(head));
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
for(int i=1;i<=m;++i){//不等式建边
int x,y,z;
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
Add(x,y,z);
}
for(int i=1;i<=k;++i){
int x,y,z;
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
Add(y,x,-z);
}
for(int i=1;i<n;++i){//反着建一个边
Add(i+1,i,0);
}
for(int i=1;i<=n;++i){//超级源点
Add(0,i,0);
}
int jl = spfa(0);
if(jl<=-1){//判断负环和无穷大
printf("%d
",jl);
return 0;
}
else printf("%d
",spfa(1));
return 0;
}
NO.2 游戏
Descrption
(Mirko) 和 (Slavko) 爱玩弹球戏。在一个令人激动的星期五，(Mirko) 和 (Slavko) 玩了一把弹球游戏。(Mirko) 构建一个有向图，所有顶点最多有 (1) 条出边。弹球从 (1) 个顶点出发可以沿着一条边移动到它的邻接点，只要它存在，而且它会继续移动到后者的邻接点去，直到最后到达一个找不到出边的顶点才停下来。如果不存在这样的点，弹球可能无限运动下去。
为了确信 (Slavko)理解游戏的规则，(Mirko) 将发起一系列询问，询问的类型如下：
(1 X) ：除非弹球陷入循环，弹球从 (X) 出发，最终将在哪个点停下来。
(2 X)：删除 (X) 的出边（保证该边总是存在）
注意：询问是按顺序执行的。
Input
第一行包含一个正整数 (N(1le Nle 300000)),表示图的定点数。
第二行包含由空格隔开 (N) 个正整数，第 (i) 个数表示从 (i) 顶点可以通过出边到达的定点编号。(0) 表示该点没有出边。
接下来的一行包含 (1) 个整数 (Q(1le Qle 300000)),表示询问的次数。格式如上所示。
Output
对于第 (1) 类询问，输出弹球停止时所在顶点编号,每行 (1) 个，按照查询的顺序输出。如果弹球无法停止，则输出 (CIKLUS).
Sample Input
3
2 3 1
7
1 1
1 2
2 1
1 2
1 1
2 2
1 2
Sample Output
CIKLUS
CIKLUS
1
1
2
分析
因为涉及到好多删边，查询能到哪里的操作，所以我们用并查集来实现，把去点作为当前点的父亲。首先记录每一个操作，然后首先把边删掉，也就是先进行(2)操作。然后记录一下原来的父子关系，方便还原。然后我们开始倒序查询(1)操作，如果涉及到(2)操作，那么就还原，记录下来当前操作下的点的(fa)，也就是答案，最后再进行正向的枚举，如果父亲不是(0)，那么就输出父亲，否则输出无法停下。
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 3e5+10,maxm = 2e5+10;
int fa[maxn];
int ffa[maxn];//复制数组，便于还原
int n;
int a[maxn][2];
int Find(int x,int jl){
if(jl>n)return fa[x] = 0;//如果为环，就让父亲为0。
if(x == fa[x])return x;
return fa[x] = Find(fa[x],jl+1);//每次记录经过的点加一。
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;++i){//初始化
fa[i] = i;
}
for(int i=1;i<=n;++i){
int x;
scanf("%d",&x);
if(x!=0)fa[i] = ffa[i] = x;//有连接的点就让复制数组和父亲数组就记录。
}
int Q;
scanf("%d",&Q);
for(int i=1;i<=Q;++i){//进行删除操作，也就是父亲为自己
scanf("%d%d",&a[i][0],&a[i][1]);
if(a[i][0] == 2){
fa[a[i][1]] = a[i][1];
}
}
for(int i=Q;i>0;--i){//反着枚举
if(a[i][0] == 1){
a[i][1] = Find(a[i][1],0);
}
else{
fa[a[i][1]] = ffa[a[i][1]];//还原
}
}
for(int i=1;i<=Q;++i){
if(a[i][0] == 1){
if(a[i][1]){//不为0就输出
printf("%d
",a[i][1]);
}
else{
printf("CIKLUS
");
}
}
}
return 0;
}
NO.3 数字（数位dp）
Descrption
一个数字被称为好数字当他满足下列条件：
它有 (2 imes n) 个数位，(n) 是正整数（允许有前导 (0) ）。
构成它的每个数字都在给定的数字集合 (S) 中。
它前 (n) 位之和与后 (n) 位之和相等或者它奇数位之和与偶数位之和相等。
例如对于 (n=2,S={1,2})，合法的好数字有 (1111,1122,1212,1221,2112,2121,2211,2222) 这样 (8) 种。
已知 (n)，求合法的好数字的个数 (mod 999983)。
Input
第一行一个数 (n)。
接下来一个长度不超过 (10) 的字符串，表示给定的数字集合（不存在重复的数字）。
Output
一行，一个整数表示合法的好数字的个数 (mod 999983)。
Sample Input
2
0987654321
Sample Output
1240
Hint
对于 (20\%) 的数据，(nle 7)。
对于 (100\%) 的数据，(nle 1000,|S|le 10)。
分析
前(20)分的直接暴力就行，后边的需要用到(dp)。
我们定义(f[i][j])表示前(i)个数字和为(j)的情况数，那么我们很容易推出来(f[i][j])的转移就是：
这样我们就处理出来了所有的(f[i][j])，然后开始统计答案。
首先考虑前(n)和后(n)个数和相等的情况，那么我们只需要考虑前(n)的情况就行了，总的情况数就是前(n)的(f[n][i])的平方。
然后考虑奇数和偶数位和相等，其实也是一样的，我们只需要(n)个数，两个长度位(n)的序列交叉在一起就行，那么答案与上一种一样，所以最终的答案就是(2)倍。也就是：
而因为这两种情况里有交叉也就是多算了的情况，所以需要减去。
假设左边的奇数序列是(a)，那么多算的情况就是右边的偶数序列是(a)，那么减去这种就行了。前(n)位中奇数有(frac{n+1}{2})个，偶数位有(frac{n}{2})个，那么就可以得到需要减去的东西，即：
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int maxn = 1e3+10;
const int maxm = 19;
const int mod = 999983;
char s[maxm];
int a[maxm];
int n;
ll f[maxn][maxn*9];
int main(){
scanf("%d%s",&n,s+1);
a[0] = strlen(s+1);
for(int i=1;i<=a[0];++i){
a[i] = s[i]-'0';//处理出每一位
}
f[0][0] = 1;
for(int i=1;i<=n;++i){
for(int j=0;j<=i*9;++j){
for(int k=1;k<=a[0];++k){
if(j>=a[k]){//计算总的情况
f[i][j] = (f[i][j] + f[i-1][j-a[k]])%mod;
}
}
}
}
ll ans = 0;
for(int i=0;i<=n*9;++i){
ans = (ans + 2*f[n][i]*f[n][i])%mod;//算出总情况
}
int len1 = (n+1)/2;
int len2 = n/2;
ll ans1 = 0;
ll ans2 = 0;
for(int i=0;i<=len1*9;++i){//算出奇数位
ans1 = (ans1 + f[len1][i]*f[len1][i]%mod)%mod;
}
for(int i=0;i<=len2*9;++i){//算出偶数位也就是上边式子的后半部分
ans2 = (ans2 + f[len2][i]*f[len2][i]%mod)%mod;
}
ans = (ans - ans1*ans2%mod+mod)%mod;//减去
printf("%lld
",ans%mod);
return 0;
}
NO.4 水站
题目描述
已知有一个(n)层的水站:
(W_i)表示未操作之前第 (i) 层的已有水量；
(L_i)表示第 (i) 个水站能够维持或者储存的水的重量；
(P_i)表示在第 (i) 层进行减压放水操作所需的费用.
被压减放水层所储存的所有水都将流向下一层。如果第(i)层的水量比(L_i) 大,则这一层也会（自动）减压(不需要任何费用)。
现在想要使最后一层减压(第 (n)级)，求最少的花费。这个任务现在交给了你。
输入格式
每个输入的第一行包含一个自然数(n(1le nle 150000)) 。
接下来 (n) 行每行包含 (3) 个数 (W_i,L_i,P_i(0le W_i,L_i,P_ile 15000))。
输出格式
第一行输出所需的最小费用
第二行若干个整数，从小到大输出必须减压的层的编号。
样例
样例输入
3
1000 1000 1
0 1000 2
2 10 100
样例输出
3
1 2
数据范围与提示
给第一层和第二层减压
(30\%:nle 5000)
(100\%:nle 150000)
分析
看到题目我们可以分析一下， 如果上边的一堆都减压了，但是有一个地方没有减压，这是对最后一层没有用的，所以减压的话肯定是一串连到最后一层，很容易能想出(O(n^2))的暴力。但是这样对于这个数据应该是过不去的（优良传统写正解），所以我们用到差分和前缀和。
我们设(c_i)为从(i)到(n)一直放水的费用。我们考虑其中的每一个点能否不花钱自动防水，只有从(i)到(k)的所有水都不能让他自动放水，那么其中应该要包含(k)的费用，而这个(i)肯定也是连续的一段，所以我们需要找到最小的那个(i)，然后在这一段内的(c_i)都加上(p_k)，这里用差分数组就可以。时间复杂度(O(n log n))
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 15e4+10;
int w[maxn],l[maxn],p[maxn];
int n;
int jl;
int c[maxn],sum[maxn];
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;++i){
scanf("%d%d%d",&w[i],&l[i],&p[i]);
sum[i] = sum[i-1]+w[i];//记录前缀和，二分用
}
for(int i=1;i<=n;++i){
int x = lower_bound(sum,sum+i+1,sum[i]-l[i])-sum;//二分找到上边所说的最小的i（这里是x）
x++;
c[x] += p[i];//差分数组，这个点的值加p[i]
c[i+1] -= p[i];//后边这个点的值减去p[i]
}
int ans = 0x3f3f3f3f;
for(int i=1;i<=n;++i){
c[i] = c[i] + c[i-1];//差分数组记录的，所以想让这一段都加上，就需要每一次都加上一个的
if(ans > c[i]){//记录最小
ans = c[i];
jl = i;
}
}
cout<<ans<<endl;//输出最小花费
int tot = 0;
for(int i=jl;i<=n;++i){//找到哪几个需要花钱
tot += w[i];
if(tot<=l[i])printf("%d ",i);//输出
}
return 0;
}