一年一度的“跳石头”比赛又要开始了! 这项比赛将在一条笔直的河道中进行，河道中分布着一些巨大岩石。组委会已经选
择好了两块岩石作为比赛起点和终点。在起点和终点之间，有 N 块岩石(不含起点和终 点的岩石)。在比赛过程中，选手们将从起点出发，每一步跳向相邻的岩石，直至到达 终点。
为了提高比赛难度，组委会计划移走一些岩石，使得选手们在比赛过程中的最短跳 跃距离尽可能长。由于预算限制，组委会至多从起点和终点之间移走 M 块岩石(不能 移走起点和终点的岩石)。
输入
输入文件第一行包含三个整数 L，N，M，分别表示起点到终点的距离，起点和终 点之间的岩石数，以及组委会至多移走的岩石数。
接下来 N 行，每行一个整数，第 i 行的整数 Di(0 < Di < L)表示第 i 块岩石与 起点的距离。这些岩石按与起点距离从小到大的顺序给出，且不会有两个岩石出现在同 一个位置。
输出
输出文件只包含一个整数，即最短跳跃距离的最大值。
样例输入
25 5 2 2 11 14 17 21
样例输出
4
提示
【输入输出样例 1 说明】
将与起点距离为 2 和 14 的两个岩石移走后，最短的跳跃距离为 4(从与起点距离
17 的岩石跳到距离 21
的岩石，或者从距离 21 的岩石跳到终点)。
【数据规模与约定】
对于 20%的数据，0 ≤ M ≤ N ≤ 10。
对于 20%的数据，0 ≤ M ≤ N ≤ 10。
对于50%的数据，0 ≤ M ≤ N ≤ 100。
对于 100%的数据，0 ≤ M ≤ N ≤ 50,000，1 ≤ L ≤ 1,000,000,000。
骨灰二分题，不解释，注意可以连续搬走多块石头，距离没那么简单
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; int L,n,m,pos[50005]; bool check(int x) { int sum=0,len=0; for(int i=1;i<=n;i++) if(pos[i]-pos[i-1]+len<x) { sum++; len+=pos[i]-pos[i-1]; }else len=0; if(L-pos[n]+len<x) { sum++; } return sum<=m; } int main() { scanf("%d %d %d",&L,&n,&m); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&pos[i]); int l=1,r=L; while(l<r) { //cout<<l<<' '<<r<<endl; int mid=(l+r+1)>>1; if(check(mid)) l=mid;else r=mid-1; //cout<<l<<' '<<r<<' '<<mid<<endl; } cout<<l<<endl; }
有两个仅包含小写英文字母的字符串 A 和 B。现在要从字符串 A 中取出 k 个互不重叠的非空子串,然后把这 k 个子串按照其在字符串 A 中出现的顺序依次连接起来得到一 个新的字符串,请问有多少种方案可以使得这个新串与字符串 B 相等?注意:子串取出 的位置不同也认为是不同的方案。
输入
第一行是三个正整数 n,m,k,分别表示字符串 A 的长度,字符串 B 的长度,以及问题描述中所提到的 k,每两个整数之间用一个空格隔开。 第二行包含一个长度为 n 的字符串,表示字符串 A。 第三行包含一个长度为 m 的字符串,表示字符串 B。
输出
输出共一行,包含一个整数,表示所求方案数。由于答案可能很大,所以这里要求输出答案对 1,000,000,007 取模的结果。
样例输入
6 3 1 aabaab aab 6 3 2 aabaab aab
样例输出
2 7
这题DP比较好想吧,f[i][j][k][l]表示第1个字符串取前i个，第2个字符串取前j个，分成k个集合，且最后几位是否连续取的方案数，转移见代码。第i维滚动
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; #define mo 1000000007 int n,m,k,st,prematched; char stra[1010],strb[1010]; int f[2][1010][210][2]; int main() { scanf("%d %d %d",&n,&m,&k); scanf("%s",stra+1); scanf("%s",strb+1); st=0; for(int i=1;i<=n;i++) { st=1^st; memset(f[st],0,sizeof(f[st])); f[st][1][1][0] = prematched; if (stra[i]==strb[1]) { f[st][1][1][1] = 1; prematched++; } for (int j=2;j<=m;j++) { for (int t=1;t<=k; t++) { if (stra[i]==strb[j]) { f[st][j][t][1] = ((f[st^1][j-1][t-1][1] + f[st^1][j-1][t-1][0])%mo+f[st^1][j-1][t][1])%mo; } f[st][j][t][0]=(f[st^1][j][t][0]+f[st^1][j][t][1]) % mo; } } } printf("%d ",(f[st][m][k][1]+f[st][m][k][0])%mo); }
公元 2044 年,人类进入了宇宙纪元。
L 国有 n 个星球,还有 n-1 条双向航道,每条航道建立在两个星球之间,这 n-1
条
航道连通了 L 国的所有星球。
小 P 掌管一家物流公司,该公司有很多个运输计划,每个运输计划形如:有一艘物
流飞船需要从 ui
号星球沿最快的宇航路径飞行到 vi 号星球去。显然,飞船驶过一条航道 是需要时间的,对于航道 j,任意飞船驶过它所花费的时间为 tj,并且任意两艘飞船之
间不会产生任何干扰。
为了鼓励科技创新,L 国国王同意小 P 的物流公司参与 L 国的航道建设,即允许小 P
把某一条航道改造成虫洞,飞船驶过虫洞不消耗时间。
在虫洞的建设完成前小 P 的物流公司就预接了 m 个运输计划。在虫洞建设完成后, 这 m
个运输计划会同时开始,所有飞船一起出发。当这 m 个运输计划都完成时,小 P 的 物流公司的阶段性工作就完成了。
如果小 P
可以自由选择将哪一条航道改造成虫洞,试求出小 P 的物流公司完成阶段 性工作所需要的最短时间是多少?
输入
第一行包括两个正整数 n、m,表示 L 国中星球的数量及小
P 公司预接的运输计划的
数量,星球从 1
到 n
编号。
接下来 n-1 行描述航道的建设情况,其中第 i 行包含三个整数 ai, bi 和 ti,表示第
接下来 n-1 行描述航道的建设情况,其中第 i 行包含三个整数 ai, bi 和 ti,表示第
i 条双向航道修建在 ai 与 bi 两个星球之间,任意飞船驶过它所花费的时间为 ti。 接下来 m
行描述运输计划的情况,其中第 j 行包含两个正整数
uj
和 vj,表示第 j 个
运输计划是从 uj 号星球飞往 vj 号星球。
输出
共 1
行,包含 1
个整数,表示小 P 的物流公司完成阶段性工作所需要的最短时间。
样例输入
6 3 1 2 3 1 6 4 3 1 7 4 3 6 3 5 5 3 6 2 5 4 5
这道题拿到觉得树链剖分裸体，不过貌似要列点把边权转化为点权，不会。于是华丽丽的打了n^2的暴力，结果把%d打成了%lld,运行错误。
其实二分+树上差分+lca就可以吧，二分时间，把大于这时间的点对（询问中的）都存下来，然后找它们之间公共的最长边，试着把它变为0，看余下的最长边是否超过枚举的时间值。
树上差分证明百度吧，tmp[u]++,tmp[v]++,tmp[lca(u,v)]-=2;update一下。
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #define maxn 300005 #include<vector> using namespace std; int head[maxn],to[maxn<<1],next[maxn<<1],val[maxn<<1],dis[maxn],num,ans[maxn],rep[maxn],tmp[maxn],ancestor[maxn],dis_to_fa[maxn]; int n,m; bool color[maxn],flag[maxn]; struct que{ int id,v; }; struct note{ int u,v; }edge[maxn]; vector<que> ques[maxn]; int getrep(int u) { if(u==rep[u]) return u; return rep[u]=getrep(rep[u]); } void make_way(int u,int v,int c) { to[++num]=v; next[num]=head[u]; val[num]=c; head[u]=num; } void tarjan(int u) { flag[u]=1; color[u]=1; for(int edge=head[u];edge;edge=next[edge]) { int v=to[edge]; if(!flag[v]) { dis[v]=dis[u]+val[edge]; tarjan(v); rep[v]=u; } } for(int i=0;i<ques[u].size();i++) if(color[ques[u][i].v]) ans[ques[u][i].id]=dis[ques[u][i].v]+dis[u]-2*dis[getrep(ques[u][i].v)],ancestor[ques[u][i].id]=getrep(ques[u][i].v); } void init() { for(int i=1;i<=n;i++) rep[i]=i; } void dfs(int u) { flag[u]=1; for(int edge=head[u];edge;edge=next[edge]) { int v=to[edge]; if(!flag[v]) { dis_to_fa[v]=val[edge]; dfs(v); tmp[u]+=tmp[v]; } } } bool check(int x) { memset(tmp,0,sizeof(tmp)); int Md=0,ed_n=0; for(int i=1;i<=m;i++) if(ans[i]>x) { tmp[edge[i].u]++; tmp[edge[i].v]++; tmp[ancestor[i]]-=2; Md=max(Md,ans[i]); ed_n++; } memset(flag,0,sizeof(flag)); dfs(1); int M=0; for(int i=1;i<=n;i++) if(tmp[i]==ed_n) M=max(M,dis_to_fa[i]); return Md-M<=x; } int main() { scanf("%d %d",&n,&m); init(); for(int i=1;i<n;i++) { int u,v,c; scanf("%d %d %d",&u,&v,&c); make_way(u,v,c); make_way(v,u,c); } for(int i=1;i<=m;i++) { int u,v; scanf("%d %d",&u,&v); ques[u].push_back((que){i,v}); ques[v].push_back((que){i,u}); edge[i]=(note){u,v}; } tarjan(1); int l=0,r; for(int i=1;i<=m;i++) r=max(r,ans[i]); while(l<r) { int mid=(l+r)>>1; if(check(mid)) r=mid;else l=mid+1; } cout<<l<<endl; }