第一题： 盾盾的打字机 (drdrd)
【题目描述】
盾盾有一个非常有意思的打字机，现在盾哥要用这台打字机来打出一段文章。
由于有了上次的经验，盾盾预先准备好了一段模板 A 存在了内存中，并以此为基础来
打出文章 B。盾盾每次操作可以将内存中的某一个字符改成另一个字符，或者在某一个位置
插入一个字符，或者删除某一个位置上的字符。另外，为了避免自己预存的模板太腿反而浪
费时间，盾哥在所有操作之前会斟酌一下选择留下模板 A 的某一个最优的子串以保证操作
次数尽量少（当然盾盾也可以全保留或一个都不留），这一步不计入操作次数。
试求盾盾要打出文章 B 的最少操作次数。
子串是指母串中连续的一段。
【输入数据】
输入包含多组数据。
对于每组数据，两行，分别表示 A 和 B。
【输出数据】
每组数据一行，一个数，表示最少操作次数。
【输入样例】
aaaaa
aaa
abcabc
bcd
abcdef
klmnopq
【输出样例】
0 1 7
【 数据约定】
30% ： |A|, |B| <= 10
100% ： 1 <= |A|, |B| <= 1000, 数据组数 <= 10, 输入的串中只包含小写字
母
用状态 f[i][j]表示第一个串到了第 i 位，第二个串到了第 j 为的最优值，转移就枚举下一
位怎么做。
注意边界条件。
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long LL;
#define INF 0x7fffffff
#define MAXN 1010
int dp[MAXN][MAXN];
char a[MAXN],b[MAXN];
int lena,lenb;
int check(int x,int y)
{
if (x!=y)
return 1;
return 0;
}
bool work()
{
for (int i=0;i<=lena-lenb;i++)
if (strncmp(a+i,b,lenb)==0)
return true;
return false;
}
int main()
{
freopen("drdrd.in","r",stdin);freopen("drdrd.out","w",stdout);
while (scanf("%s",a)!=EOF)
{
memset(dp,127/3,sizeof(dp));
scanf("%s",b);
lena=strlen(a);
lenb=strlen(b);
if (lena>=lenb && work())
{
printf("0
");
continue;
}
for (int i=0;i<=lena;i++)
{
dp[i][0]=0;
for (int j=0;j<=lenb;j++)
{
dp[i+1][j+1]=min(dp[i+1][j+1],dp[i][j]+check(a[i],b[j]));
dp[i+1][j]=min(dp[i+1][j],dp[i][j]+1);
dp[i][j+1]=min(dp[i][j+1],dp[i][j]+1);
}
}
int ans=INF;
for (int i=0;i<=lena;i++)
ans=min(ans,dp[i][lenb]);
printf("%d
",ans);
}
return 0;
}
第二题：社交网络(netrd)
【题目描述】
给定一个 N 个点 M 条边的无向图，你要连最少的边使得图连通。求方案数 mod P 的值。
【输入数据】
第一行三个数， N,M,P。
接下来 M 行，每行两个数 x,y，表示 x 和 y 之间有一条边。
【输出数据】
仅一行， 一个数，即方案数。
【输入样例】
4 1 1000000000
1 4
【输出样例】
8
【样例解释】
{(1, 2), (1, 3)} {(1, 2), (2, 3)} {(1, 2), (4, 3)} {(1, 3), (3, 2)}
{(1, 3), (4, 2)} {(4, 2), (2, 3)} {(4, 2), (4, 3)} {(4, 3), (3, 2)}
【数据约定】
30% : N <= 10
另 20% ： M = 0
100 : N <= 10 ^ 5, M <= 10 ^ 5, 1 <= P <= 10 ^ 9
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long LL;
#define N 100010
LL n,m,p;
LL ans;
int t;
int x,y;
int f[N],g[N];
int find(int x)
{
return f[x]==x ? x : f[x]=find(f[x]);
}
int PowerMod(int a, int b, int c)
{
LL ans=1;
LL k=a%c;
while (b)
{
if (b&1)
ans=1LL*ans*k%c;
b>>=1;
k=1LL*k*k%c;
}
return ans;
}
int main()
{
freopen("netrd.in","r",stdin);freopen("netrd.out","w",stdout);
scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&p);
if (!m)
{
LL ans=PowerMod(n,n-2,p);
printf("%lld
",ans);
return 0;
}
for (int i=1;i<=n;i++)
f[i]=i;
for (int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
f[find(x)]=find(y);
}
for (int i=1;i<=n;i++)
g[find(i)]++,t+=(f[i]==i);
if (t==1)
{
printf("%d",1%p);
return 0;
}
LL ans=PowerMod(n,t-2,p);
for (int i=1;i<=n;i++)
if (g[i])
ans=1LL*ans*g[i]%p;
printf("%lld",ans);
return 0;
}
树的 prufer 编码
如果把一开始就连在一起的点缩在一起，我们相当于要求一个带“点权”的图的生成树
方案数。
用树的 prufer 编码来考虑。在 prufer 序列中，每个点的度数就是它在其中的出现次数+1，
而每个点的每个度数都可以分配给他真正包含的点中的任意一个，用 a 表示包含的点数，
d 表示度数，所以最后的方案数就是π (a[i] ^ d[i])，在序列中每次考虑往后加一个数，都
有∑d[i] = n 种选择，所以最后的答案就是 n ^ (n-2) * π (a[i])。