洛谷 9.19 月赛部分题解

前言：

这算是自己在洛谷的第一场小月赛了吧。

以前大月赛没时间打，只能打个签到题就滚粗了。

这次下午没安排，应该可以多做几道题吧。

T1 子弦

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题目描述：

(Cirno) 有一个字符串 ( exttt{S})，并希望你能求出 ( exttt{S}) 出现次数最多的非空子串的出现次数，记作 (p)。

题意比较绕，据说这道题还可以用 后缀数组求解，但我太菜了不会写。

我们最终要求的其实是出现最多的字母的次数。

简单证明一下吧，假设我们在找出来的子串为 (S) ,在 (S) 中出现次数最多的字母为 (K),那么第一种情况就是 (K) 的出现次数为一，那么

答案是不变的，第二种情况就是 (K) 的出现次数大于 (1) 那么，把 (K) 这个字母作为我们的子串的结果是要比 (S) 要优的。

综上，当子串长度为 (1) 个字母的时候最优。

Code

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
int n,ans,tong[30];
char s[10000010];
int main()
{
	scanf("%s",s+1);
	n = strlen(s+1);
	for(int i = 1; i <= n; i++)
	{
		tong[s[i]-'a']++;
	}
	for(int i = 0; i <= 25; i++)
	{
		ans = max(ans,tong[i]);
	}
	printf("%d
",ans);
	return 0;
}

T2 雷雨

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一句话题意：求出一个点到另外两个点的最短路径的和，重复的部分不算在其中。

一开始我用 (BFS) 写的，调过了样例，结果交上去愉快的 (TLE) 了，后来改成 (dij) 才稳过。

对于答案路径可以拆成三个部分，第一部分 起点 (A) 到 某一个点 (K),以及由 (K) 再到两个终点 (B,C) 的最短路径。

先求出 (A,B,C) 到每个点的距离，然后枚举一下 中间点 (K) 来更新一下答案就行。

Code （有点丑）：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cstring>
using namespace std;
#define int long long
int ans = 1e15;
int n,m,a,b,c,sx,sy;
int R[1010][1010];
int d[3][1010][1010];
bool vis[1000010];
int dx[5] = {0,1,-1,0,0};
int dy[5] = {0,0,0,1,-1};
struct node
{
	int x,y;
	node(){}
	node(int a,int b){x = a, y = b;}
};
inline int read()
{
	int s = 0,w = 1; char ch = getchar();
	while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') w = -1; ch = getchar();}
	while(ch >= '0' && ch <= '9'){s = s * 10 + ch - '0'; ch = getchar();}
	return s * w;
}
void bfs(int now)
{
	memset(vis,0,sizeof(vis));
	priority_queue<pair<int,int> > q;
	if(now == 0) sx = 1, sy = a;
	if(now == 1) sx = n, sy = b;
	if(now == 2) sx = n, sy = c;	
	q.push(make_pair(-R[sx][sy],(sx-1) * n + sy)); d[now][sx][sy] = R[sx][sy]; 
	while(!q.empty())
	{
		int t = q.top().second; q.pop();
		int x = t / m + 1, y = t - (x-1) * m;
		if(y == 0) x--, y = m;
//		cout<<now<<" "<<x<<" "<<y<<endl;
		if(vis[t]) continue;
		vis[t] = 1;
		for(int i = 1; i <= 4; i++)
		{
			int xx = x + dx[i];
			int yy = y + dy[i];
			if(xx < 1 || xx > n || yy < 1 || yy > m) continue;
			if(d[now][xx][yy] > d[now][x][y] + R[xx][yy])
			{
				d[now][xx][yy] = d[now][x][y] + R[xx][yy];
				q.push(make_pair(-d[now][xx][yy],(xx-1) * n+ yy));
			}
		}
	}
}
signed main()
{
	memset(d,0x3f,sizeof(d));
	n = read(); m = read(); a = read(); b = read(); c = read();
	for(int i = 1; i <= n; i++)
	{
		for(int j = 1; j <= m; j++)
		{
			R[i][j] = read();
		}
	}
	bfs(0); bfs(1); bfs(2);
	for(int i = 1; i <= n; i++)
	{
		for(int j = 1; j <= m; j++)
		{
			 ans = min(ans,d[0][i][j] + d[1][i][j] + d[2][i][j] - 1LL * 2 * R[i][j]);
		}
	}
	printf("%lld
",ans);
	return 0;
}

后面的两道期望题，直接把我劝退了。蓝瘦。

T3 梦原

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比赛时想不到正解，打了个链的暴力滚粗了。

对于链的情况，树的形态是确定的，我们要求的问题就是类似于 积木大赛的那个问题。

直接把代码粘过来就行了。

T4 线性生物：

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考场上推了一波 subtack1 的柿子就滚粗了，后面的 (dp) 柿子带后效性就不会推了。

设 (f[i]) 表示从 (i) 走到 (n) 的期望步数。

转移就有 (f[i] = (1 - {1over 2}) imes (f[i] + 1) + (1-{1over 2}) imes(f[i+1] + 1)))

化简一下柿子可得 (f[i] = f[i+1] + 2)

代码就不粘了。

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总结一下，这次月赛的前两道题还算很有好的，但后面两道期望的题，直接把我劝退了。

但很多大佬都说这套题简单，有很多大佬都 (AK) 了，哎还是自己太菜了。

但这次应该可以涨一波估值吧，自己的已经好几周，没更新了。