陪人训练，只A了四个题，赛后五分钟AC J，难受
写题解的时候有点困，语言组织有点问题，有时间再更新 sorry
A - Wow! Such Doge!
题意：就给你一堆字符串，然后问你“doge"有多少个，不区分大小写
分析：随便咋么写都能AC。。
AC代码：
1 #include<bits/stdc++.h> 2 3 using namespace std; 4 5 int main(){ 6 ios_base::sync_with_stdio(0); 7 cin.tie(0); 8 char s; 9 int result; 10 result=0; 11 int q=0; 12 while(cin>>s){ 13 if(q==0){ 14 if(s=='D'||s=='d'){ 15 q++; 16 } 17 else q=0; 18 } 19 else if(q==1){ 20 if(s=='O'||s=='o'){ 21 q++; 22 } 23 else q=0; 24 } 25 else if(q==2){ 26 if(s=='G'||s=='g'){ 27 q++; 28 } 29 else q=0; 30 } 31 else if(q==3){ 32 if(s=='E'||s=='e'){ 33 q++; 34 result++; 35 q=0; 36 } 37 else q=0; 38 } 39 } 40 cout<<result<<endl; 41 42 return 0; 43 }
B - Wow! Such Conquering!
题意：有n个星球，现在要从1号星球出发，游历其他所有的星球，不需要返回1，求到其他所有星球的路程和最小是多少，每个星球还有一个deadline，表示游历那个星球的最晚时间。
星球之间的路径长度已经给出。3<=n<=30
分析：直接跑一遍Floyd，求出任意两个星球之间的最短路，然后dfs搜索。不过这个需要剪枝，看到时限8秒，于是想当然，T了三发。基本上（1）判断到达当前点之后，如果以后有到达其他星球的时间大于他的deadline，那么久return （2）计算到达某点之后，要通过剩下的所有点的最少花费时间，大于result就return。注意这两个剪枝就好了。
AC代码：
1 #include<bits/stdc++.h> 2 3 using namespace std; 4 5 int d[105]; 6 int dj[105][105]; 7 int result,number=0; 8 int n; 9 bool vis[105]; 10 void dfs(int x,int mx,int re,int number){ 11 if(re+mx*(n-number)>result) return; 12 if(number==n){ 13 result=min(result,re); 14 return; 15 } 16 for(int i=2;i<=n;i++){ 17 if(vis[i]==false&&mx+dj[x][i]>d[i]) { 18 return ; 19 } 20 } 21 for(int i=2;i<=n;i++){ 22 if(vis[i]==false&&mx+dj[x][i]<=d[i]){ 23 vis[i]=true; 24 dfs(i,mx+dj[x][i],re+mx+dj[x][i],number+1); 25 vis[i]=false; 26 } 27 } 28 } 29 int main(){ 30 ios_base::sync_with_stdio(0); 31 cin.tie(0); 32 memset(d,0,sizeof(d)); 33 while(cin>>n){ 34 memset(vis,false,sizeof(vis)); 35 memset(dj,0x3f3f3f3f,sizeof(dj)); 36 result=1e9+7; 37 for(int i=1;i<=n;i++){ 38 for(int j=1;j<=n;j++){ 39 cin>>dj[i][j]; 40 } 41 } 42 for(int k=1;k<=n;k++){ 43 for(int i=1;i<=n;i++){ 44 for(int j=1;j<=n;j++){ 45 dj[i][j]=min(dj[i][j],dj[i][k]+dj[k][j]); 46 } 47 } 48 } 49 for(int i=2;i<=n;i++){ 50 cin>>d[i]; 51 } 52 vis[1]=true; 53 dfs(1,0,0,1); 54 if(result==1e9+7) cout<<-1<<endl; 55 else cout<<result<<endl; 56 } 57 58 return 0; 59 }
C - Wow! Such City!
题意：有n个城市（n<=1000）然后输入m（<=1e6），然后输入 X 0, X 1, Y 0, Y 1,然后给你公式，让你计算Zk，然后这n个城市之间的路径又给你一个公式可以求出，最后让你求从0号城市到其他所有城市的最短路 mod m的最小值
分析：直接照着公式计算出任意两个城市之间的路径，然后跑最短路，然后%m取最小就可以了
AC代码：
1 #include<bits/stdc++.h> 2 3 using namespace std; 4 5 long long x[1000005],y[1000005],z[1000005]; 6 long long mod1=5837501; 7 long long mod2=9860381; 8 long long mod3=8475871; 9 long long mp[1005][1005]; 10 long long dj[1005]; 11 bool vis[10005]; 12 long long n,m; 13 void djs(int x) 14 { 15 int u; 16 long long mi; 17 for(int i=1;i<n;i++){ 18 dj[i]=mp[x][i]; 19 } 20 vis[x]=true; 21 for(int i=1; i<n; i++){ 22 mi=1e18; 23 u = -1; 24 for (int j=1; j<n; j++){ 25 if (!vis[j]&&dj[j]<mi){ 26 u=j; 27 mi=dj[j]; 28 } 29 } 30 if(u==-1) break; 31 vis[u]=true; 32 for (int j=1;j<n;j++){ 33 if(!vis[j]){ 34 if(dj[u]+mp[u][j]<dj[j]){ 35 dj[j]=dj[u]+mp[u][j]; 36 } 37 } 38 } 39 } 40 } 41 int main(){ 42 ios_base::sync_with_stdio(0); 43 cin.tie(0); 44 while(cin>>n>>m>>x[0]>>x[1]>>y[0]>>y[1]){ 45 for(int i=0;i<n;i++){ 46 dj[i]=1e18; 47 } 48 memset(vis,false,sizeof(vis)); 49 for(int i=0;i<2;i++){ 50 z[i]=(x[i]*90123+y[i])%mod3+1; 51 } 52 for(int i=2;i<=n*n;i++){ 53 x[i]=(12345+x[i-1]*23456+x[i-2]*34567+x[i-1]*x[i-2]*45678)%mod1; 54 y[i]=(56789+y[i-1]* 67890+y[i-2]*78901+y[i-1]*y[i-2]*89012)%mod2; 55 z[i]=(x[i]*90123+y[i])%mod3+1; 56 } 57 for(int i=0;i<n;i++){ 58 for(int j=0;j<n;j++){ 59 if(i==j){ 60 mp[i][j]=0; 61 } 62 else mp[i][j]=z[i*n+j]; 63 } 64 } 65 djs(0); 66 long long result=m-1; 67 for(int i=1;i<n;i++){ 68 // cout<<dj[i]<<endl; 69 result=min(result,dj[i]%m); 70 } 71 cout<<result<<endl; 72 } 73 74 return 0; 75 }
D - Wow! Such String!
题意：给你一个n（n<=5000000）,然后让你构造一个只包含小写字母的字符串，使得每一个长度大于等于4的子串在构造串中最多出现1次。
分析：由于限制长度大于等于4的子串只出现1次，我们想到长度为4的子串共有26*26*26*26种情况，可以直接枚举，对于每位我们枚举a到z的某一个，然后每次枚举后面的时候，我们需要判断这个序列在之前的串中是否出现过。当然这样枚举再碰到z之后会继续枚举aaa,这个时候就会无法枚举后一个，因此我们在没法继续枚举后一个的时候，加一个回溯，这样就能继续向下枚举了，最后只需要在最后把a加上就行。当n大于26*26*26*26+3时，输出 Impossible。学弟用枚举26进制的方法也过了，在枚举26进制，连接数字的时候需要注意一下，其他没什么情况。
AC代码：
1 #include<bits/stdc++.h> 2 3 using namespace std; 4 5 long long a[500005]; 6 bool mp[27][27][27][27]; 7 int main(){ 8 ios_base::sync_with_stdio(0); 9 cin.tie(0); 10 int n; 11 for(int i=1;i<=4;i++){ 12 a[i]=0; 13 } 14 memset(mp,false,sizeof(mp)); 15 memset(a,0,sizeof(a)); 16 mp[a[1]][a[2]][a[3]][a[4]]=true; 17 int d=26*26*26*26; 18 int p=0; 19 for(int i=5;i<=d;i++){ 20 p=0; 21 for(int j=0;j<26;j++){ 22 a[i]=j; 23 if(!mp[a[i-3]][a[i-2]][a[i-1]][a[i]]){ 24 mp[a[i-3]][a[i-2]][a[i-1]][a[i]]=true; 25 p=1; 26 break; 27 } 28 } 29 if(p==0){ 30 i=i-2; 31 } 32 } 33 while(cin>>n){ 34 if(n>d+3) {cout<<"Impossible"<<endl;continue;} 35 for(int i=1;i<=n;i++){ 36 char c=('a'+a[i]); 37 cout<<c; 38 } 39 cout<<endl; 40 } 41 42 return 0; 43 }
J - Tunnels
题意：给你n，m分别代表正方形地图的边长和管道的个数，在这个地图中有m个管道，分别有入口和出口。从入口到出口不需要花费时间，然后问你从任意管道进入，遍历完其他管道，且每个管道只经过一次，求所需要的最短路是多少。n,m<=15
分析：由于题目限制每个管道只经过一次，然后看一下数据范围，可以确定是状态压缩。首先我们需要bfs预处理每个管道之间的距离，接下来我们就可以利用状压DP来解决了。
对于某一个状态dp[i][j]表示经过的管道为i的二进制位为1的管道，最后一个经过的管道是j管道。现在我们要转移到下一个状态。从i状态可以到达的状态是把i的二进制为0 的某一位变为1的状态。比如从dp[i][j]状态要求再经过第k个管道，那么最终状态就会变成dp[i|(1<<(k-1))]，那么我们的状态转移方程就是dp[i|(1<<(k-1))][k]=min(dp[i|(1<<(k-1))][k],dp[i][j]+mp[j][k]) 我的管道编号是从1开始的。然后进行状态转移时我们必须保证i的第j位为1，且第k位为0，且状态i是存在的，这样就可以了。（我这个bfs写的是真jb恐怖，这样写不好，大家别学我，还是把方向存在数组里比较稳 23333）
AC代码：、
1 #include<bits/stdc++.h> 2 3 using namespace std; 4 5 char c[20][20]; 6 struct st{ 7 int a,b,c,d; 8 }s[25]; 9 int dj[25][25]; 10 int mp[25][25]; 11 bool vis[25][25]; 12 int n,m; 13 int result; 14 int dp[32768+5][25]; 15 struct qt{ 16 int x,y; 17 qt(int _x,int _y){ 18 x=_x; 19 y=_y; 20 } 21 }; 22 void bfs(int x1,int y1){ 23 queue<qt>q; 24 q.push(qt(x1,y1)); 25 while(!q.empty()){ 26 qt p=q.front(); 27 q.pop(); 28 if((!vis[p.x+1][p.y])&&c[p.x+1][p.y]=='.'){ 29 dj[p.x+1][p.y]=dj[p.x][p.y]+1; 30 vis[p.x+1][p.y]=true; 31 q.push(qt(p.x+1,p.y)); 32 } 33 if((!vis[p.x-1][p.y])&&c[p.x-1][p.y]=='.'){ 34 dj[p.x-1][p.y]=dj[p.x][p.y]+1; 35 vis[p.x-1][p.y]=true; 36 q.push(qt(p.x-1,p.y)); 37 } 38 if((!vis[p.x][p.y+1])&&c[p.x][p.y+1]=='.'){ 39 dj[p.x][p.y+1]=dj[p.x][p.y]+1; 40 vis[p.x][p.y+1]=true; 41 q.push(qt(p.x,p.y+1)); 42 } 43 if((!vis[p.x][p.y-1])&&c[p.x][p.y-1]=='.'){ 44 dj[p.x][p.y-1]=dj[p.x][p.y]+1; 45 vis[p.x][p.y-1]=true; 46 q.push(qt(p.x,p.y-1)); 47 } 48 } 49 } 50 int main(){ 51 ios_base::sync_with_stdio(0); 52 cin.tie(0); 53 while(cin>>n>>m){ 54 memset(c,'#',sizeof(c)); 55 for(int i=1;i<=n;i++){ 56 for(int j=1;j<=n;j++){ 57 cin>>c[i][j]; 58 } 59 } 60 memset(mp,0x3f3f3f3f,sizeof(mp)); 61 for(int i=1;i<=m;i++){ 62 cin>>s[i].a>>s[i].b>>s[i].c>>s[i].d; 63 } 64 for(int i=1;i<=m;i++){ 65 memset(dj,0x3f3f3f3f,sizeof(dj)); 66 dj[s[i].c][s[i].d]=0; 67 memset(vis,false,sizeof(vis)); 68 vis[s[i].c][s[i].d]=true; 69 bfs(s[i].c,s[i].d); 70 for(int j=1;j<=m;j++){ 71 if(i!=j){ 72 mp[i][j]=dj[s[j].a][s[j].b]; 73 } 74 } 75 } 76 int d=1; 77 memset(dp,0x3f3f3f3f,sizeof(dp)); 78 for(int i=1;i<=m;i++){ 79 dp[d][i]=0; 80 d*=2; 81 } 82 for(int i=1;i<d;i++){ 83 for(int j=1;j<=m;j++){ 84 if(!i&(1<<(j-1))) continue; 85 for(int k=1;k<=m;k++){ 86 if(i&(1<<(k-1))||mp[j][k]==0x3f3f3f3f) continue; 87 if(dp[i][j]==0x3f3f3f3f) continue; 88 dp[i|(1<<(k-1))][k]=min(dp[i|(1<<(k-1))][k],dp[i][j]+mp[j][k]); 89 } 90 } 91 } 92 result=0x3f3f3f3f; 93 for(int i=1;i<=m;i++){ 94 result=min(dp[d-1][i],result); 95 } 96 if(result==0x3f3f3f3f){ 97 cout<<-1<<endl; 98 } 99 else cout<<result<<endl; 100 } 101 return 0; 102 }
然后就一共过了5个题 其他题一个人也没时间读了，英语比较菜，加油加油