A. H国的身份证号码I
dfs裸题。
时间复杂度(O(n^k))。
#include <bits/stdc++.h>
#define FOR(i,a,b) for (int i=a; i<=b; ++i)
int ans[15], n, k;
void dfs(int pos, int pre){
if (pos>n) {
FOR(i,1,n) printf("%d",ans[i]);
putchar('
');
return ;
}
FOR(i,0,k) {
if (i*pre>k) break;
ans[pos]=i; dfs(pos+1,i);
}
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&k);
FOR(i,1,k) ans[1]=i, dfs(2,i);
return 0;
}
B.合并子目录
以 (/)为分隔符，对所有的文件夹进行hash后存入map，给每个文件夹的hash值分配一个id。
以这些id和文件夹的从属关系建树，那么只要(size[i]=1)就表示这个文件夹i可以和它的子文件夹合并。
时间复杂度(O(nlogn))。
#include <bits/stdc++.h>
#define FOR(i,a,b) for (int i=a; i<=b; ++i)
#define pb push_back
map<int,int>mp;
map<int,bool>mark;
int id;
string s[N];
vector<int> v[500000], g[500000];
int main ()
{
int n, len, hah, p, t;
cin>>n;
FOR(i,1,n) {
cin>>s[i];
len=s[i].length(); hah=0;
for (int j=1; j<len; ++j) {
hah=131*hah+s[i][j];
if (s[i][j]=='/') {
if (mp.find(hah)==mp.end()) {
mp[hah]=++id;
if ((t=v[i].size())) g[mp[v[i][t-1]]].pb(id);
}
v[i].pb(hah);
}
}
if ((t=v[i].size())) mark[v[i][t-1]]=true;
}
FOR(i,1,n) {
len=s[i].length(); p=0;
for (int j=1; j<len; ++j) {
if (s[i][j]=='/') {
if (p+1>=v[i].size()) break;
if (g[mp[v[i][p]]].size()==1 && mark.find(v[i][p])==mark.end()) s[i][j]='-';
++p;
}
}
}
FOR(i,1,n) cout<<s[i]<<endl;
return 0;
}
C.H国的身份证号码II
令(dp[i][j])表示前i位且第i位的数字是j的方法数。
显然有
1.(i>1Rightarrow dp[i][j](jleq K)=sum (dp[i-1][k] mid j imes kleq K,kleq K))。
2.(i=1Rightarrow dp[i][j](1leq jleq K)=1)。
注意到这个dp方程可以用矩阵快速幂加速。
时间复杂度(O(10^3logn))。
#include <bits/stdc++.h>
#define FOR(i,a,b) for (int i=a; i<=b; ++i)
typedef long long LL;
struct Matrix{LL matrix[N][N];}a, sa, unit, kk;
LL n;
int k;
Matrix Mul(Matrix a, Matrix b) //矩阵乘法(%MOD)
{
Matrix c;
FOR(i,0,9) FOR(j,0,9) {
c.matrix[i][j]=0;
FOR(l,0,9) c.matrix[i][j]+=(a.matrix[i][l]*b.matrix[l][j])%MOD;
c.matrix[i][j]%=MOD;
}
return c;
}
Matrix Cal(LL exp) //矩阵快速幂
{
Matrix p=a, q=unit;
if (exp==0) return q;
while (exp!=1) {
if (exp&1) exp--, q=Mul(p,q);
else exp>>=1, p=Mul(p,p);
}
return Mul(p,q);
}
void init(){
FOR(i,0,9) unit.matrix[i][i]=1;
FOR(i,1,min(k,9)) kk.matrix[0][i]=1;
FOR(j,0,min(k,9)) FOR(i,0,min(k,9)) if (i*j<=k) a.matrix[i][j]=1;
}
int main ()
{
LL ans=0;
scanf("%lld%d",&n,&k);
init();
sa=Cal(n-1); sa=Mul(kk,sa);
FOR(i,0,9) ans=(ans+sa.matrix[0][i])%MOD;
printf("%lld
",ans);
return 0;
}
D.观光旅行
图的最小生成树有一个性质，图的最小生成树上任意两点((u,v))路径里的边的最大值是原图里((u,v))路径里边的最大值最小的边。
由于题意中边权各不相同，所以最小生成树必定唯一。
因此对于那些不在最小生成树上的边，答案就是((0,0))。
现在的问题是，对于出现在最小生成树的每一条边((u,v))，找出一条路径((a,b)),使得边((u,v))出现在路径((a,b))上，且是路径上的边权最大值。要求(a<b)且a尽量大b尽量小。
考虑边((u,v))了，那么a必然是与u左边的一些点，b必然是与v右边的一些点。并且这两边的点分别构成了一个集合，使得集合内的边权都小于(w(u,v))。
于是可以考虑按边权从小到大的方式枚举，用并查集维护点之间的连通性。
由于最后的答案还有要求，我们还需要对每个点集维护一个set来查询集合内id最大值，以及集合内第一个大于x的id。
然而或许还是会TLE，因为过程中需要合并set，考虑set的启发式合并，每次将size小的set并入size大的set内。
这些都可以在Kruskal的过程中完成。
时间复杂度(O(nlog^2n))。
#include <bits/stdc++.h>
#define FOR(i,a,b) for (int i=a; i<=b; ++i)
typedef long long LL;
int n, m;
struct Node{int u, v, w, id;}node[N<<1];
int F[N], ans[N<<1][2];
int ma[N], tmp[N];
set<int> a[N];
set<int>::iterator it;
bool comp(Node a, Node b){return a.w<b.w;}
int find(int x){return F[x]==0?x:(F[x]=find(F[x]));}
void GB(int x, int y){
for (it=a[x].begin(); it!=a[x].end(); ++it) a[y].insert(*it);
}
void Prim(){
sort(node+1,node+m+1,comp);
FOR(i,1,m) {
int u=find(node[i].u), v=find(node[i].v);
if (u==v) continue;
if (ma[u]>ma[v]) {
ans[node[i].id][0]=ma[v], ans[node[i].id][1]=*a[u].lower_bound(ma[v]);
}
else {
ans[node[i].id][0]=ma[u], ans[node[i].id][1]=*a[v].lower_bound(ma[u]);
}
if (a[u].size()>a[v].size()) swap(u,v);
ma[v]=max(ma[u],ma[v]); GB(u,v);
F[u]=v;
}
}
int main ()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
FOR(i,1,m) scanf("%d%d%d",&node[i].u,&node[i].v,&node[i].w), node[i].id=i;
FOR(i,1,n) a[i].insert(i), ma[i]=i;
Prim();
FOR(i,1,m) printf("%d %d
",ans[i][0],ans[i][1]);
return 0;
}