Problem 1. suffix
给定一个单词，如果该单词以 er、 ly 或者 ing 后缀结尾，则删除该后缀（题目保证删除后缀后的单词长度不为 0），否则不进行任何操作。
Input
输入一行，包含一个单词（单词中间没有空格，每个单词最大长度为 32）
Output
输出按照题目要求处理后的单词。
Example
suffix.in suffix.out
referer refer
Scoring
• 对于 40% 的数据，单词最大长度不超过 5。
题解
无可奉告
#include<iostream> #include<cstdlib> #include<cstdio> #include<cmath> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; int len; char s[5005]; int main() { int i,j; freopen("suffix.in","r",stdin); freopen("suffix.out","w",stdout); scanf("%s",s); len=strlen(s); if((s[len-1]=='r'&&s[len-2]=='e')||(s[len-1]=='y'&&s[len-2]=='l')) { for(i=0;i<=len-3;i++) printf("%c",s[i]); goto hhh; } if(s[len-1]=='g'&&s[len-2]=='n'&&s[len-3]=='i') { for(i=0;i<=len-4;i++) printf("%c",s[i]); goto hhh; } printf("%s",s); hhh: fclose(stdin); fclose(stdout); return 0; }
Problem 2. weight
设有 1g, 2g, 3g, 5g, 10g, 20g 的砝码各若干枚（其总重 ≤ 100, 000），要求：计算用这些砝码能称出的不同重量的个数，但不包括一个砝码也不用的情况。
Input
一行，包括六个正整数 a1, a2, a3, a4, a5, a6，表示 1g 砝码有 a1 个， 2g 砝码有 a2 个，……， 20g 砝码有 a6 个。相邻两个整数之间用单个空格隔开。
Output
以“Total=N”的形式输出，其中 N 为可以称出的不同重量的个数。
Example
weight.in weight.out
1 1 0 0 0 0 Total=3
Explanation
样例给出的砝码可以称出 1g, 2g, 3g 三种不同的重量。
Scoring
• 对于 20% 的数据，砝码总个数不超过 20。
• 对于 40% 的数据，砝码总个数不超过 800。
题解
二进制拆分+背包
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstdlib> #include<cmath> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; int ans,cnt; int a[7],w[200005],m[7]={0,1,2,3,5,10,20}; bool f[200005]; int main() { int i,j,t; freopen("weight.in","r",stdin); freopen("weight.out","w",stdout); for(i=1;i<=6;i++) { scanf("%d",&a[i]); t=0; while(a[i]-(1<<t)>=0) { a[i]=a[i]-(1<<t); w[++cnt]=m[i]*(1<<t); t++; } if(a[i]!=0) w[++cnt]=m[i]*a[i]; } f[0]=1; for(i=1;i<=cnt;i++) for(j=100000;j>=1;j--) if(j-w[i]>=0) f[j]|=f[j-w[i]]; for (i=1;i<=100000;i++) ans+=f[i]; printf("Total=%d ", ans); return 0; }
二进制拆分思想优化暴力也能过。
#include<iostream> #include<cstdlib> #include<cstdio> #include<cmath> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; int tot,sum,now,pre,cnt; int a[11],num[7]={0,1,2,3,5,10,20},n[100005]; bool u[100005]; bool check(int x) { int i; for(i=7-x;i<=6;i++) if(a[i]) return false; return true; } bool pd(int x) { int i; for(i=1;i<=x;i++) if(!a[i]) return false; return true; } int main() { int i,j,k,temp,beg,b,tt; bool flag; freopen("weight.in","r",stdin); freopen("weight.out","w",stdout); for(i=1;i<=6;i++) { scanf("%d",&a[i]); sum+=a[i]*num[i]; if(a[i]) cnt++; } if(check(6-cnt)) { tot=sum; goto hhh; } for(i=1;i<=6;i++) if(!pd(i)) {pre=i-1;break;} b=0; for(i=1;i<=6;i++) if(!a[i]) break; for(j=i;j<=6;j++) if(a[j]){b=j;break;} sum=0; for(i=1;i<=pre;i++) sum+=a[i]*num[i]; for(i=1;i<=sum;i++) { n[i]=i; u[i]=true; } tot=sum; if(!b) goto hhh; for(i=b;i<=6;i++) if(a[i]) { beg=tot; for(j=0;j<=beg;j++) { temp=n[j]+num[i]; if(!u[temp]) { u[temp]=true; n[++tot]=temp; } } tt=tot; for(k=2;k<=a[i];k++) { for(j=beg;j<=tt;j++) { temp=n[j]+num[i]; if(!u[temp]) { u[temp]=true; n[++tot]=temp; } } beg=tt;tt=tot; } } hhh:; printf("Total=%d",tot); fclose(stdin); fclose(stdout); return 0; }
Problem 3. hopscotch
给定一个 n 行 m 列的方格，每个格子里有一个正整数 a， 1 ≤ a ≤ k, k ≤ n ∗ m
假设你当前时刻站在 (i, j) 这个格子里，你想要移动到 (x, y)，那必须满足以下三个条件
1： i < x
2： j < y
3：第 i 行第 j 列格子里的数不等于第 x 行第 y 列格子里的数
求从 (1, 1) 移动到 (n, m) 的不同的方案数
Input
第一行三个数 n, m, k
接下来 n 行每行 m 个正整数，表示每个格子里的数
Output
一行一个数，表示从 (1, 1) 移动到 (n, m) 的不同的方案数，模 109 + 7
Example
hopscotch.in hopscotch.out
4 4 4 5
1 1 1 1
1 3 2 1
1 2 4 1
1 1 1 1
Scoring
• 对于 20% 的数据， n, m ≤ 20。
• 对于 60% 的数据， n, m ≤ 100。
• 对于 100% 的数据， n, m ≤ 750。
题解 by TonyFang
http://tonyfang.is-programmer.com/posts/205063.html
首先我们用一个动态开点的权值线段树的东西。
什么是动态开点？
本来线段树都是一开始build一下建完了，现在是边插入边建
由于线段树插入一个数，其他的数的形态并不需要改变，所以就行啦。
大概insert的最重要的步骤如下（动态开节点）
if(! root) （还没有开节点） root=++tot; （新开节点）
具体可以见代码呀
这题dp是O(n^4)挺好想出来的，然后用减法原理变成一个类似于二维前缀和减去一些相等的dp值
那么用动态开点权值线段树就恰好能解决。时间复杂度O(n^2 logn)
//by TonyFang # include <stdio.h> # include <stdlib.h> using namespace std; int n, m, k; long long f[760][760], s[760][760]; int a[760][760]; const int M=760*760*4, MOD = 1e9+7; int lc[7000010], rc[7000010], num[7000010], root[M], tot=0; inline void insert(int &rt, int l, int r, int pos, int val) { if(!rt) rt=++tot; if(l == r && l == pos) { num[rt] = num[rt] + val; num[rt] %= MOD; return ; } int mid = l+r >> 1; if(pos <= mid) insert(lc[rt], l, mid, pos, val); else insert(rc[rt], mid+1, r, pos, val); num[rt] = num[lc[rt]] + num[rc[rt]]; num[rt] %= MOD; } inline int query(int rt, int l, int r, int pos) { if(!rt) return 0; if(r <= pos) return num[rt]; int mid = (l+r) >> 1, anss=0; if(lc[rt]) anss = (anss + query(lc[rt], l, mid, pos)) % MOD; if(rc[rt] && pos >= mid+1) anss = (anss + query(rc[rt], mid+1, r, pos)) % MOD; return anss; } int main() { freopen("hopscotch.in", "r", stdin); freopen("hopscotch.out", "w", stdout); scanf("%d%d%d", &n, &m, &k); for (int i=1; i<=n; ++i) for (int j=1; j<=m; ++j) scanf("%d", &a[i][j]); f[1][1] = 1; for (int i=1; i<=n; ++i) s[1][i] = s[i][1] = 1; insert(root[a[1][1]], 1, m, 1, 1); for (int i=2; i<=n; ++i) { for (int j=2; j<=m; ++j) { f[i][j] = s[i-1][j-1]; //printf("i=%d, j=%d ", i, j); // sub int gg = query(root[a[i][j]], 1, m, j-1); //printf("i=%d, j=%d, s[i-1][j-1]=%d, sub=%d ", i, j, s[i-1][j-1], gg); //printf("%d ", gg); f[i][j] = ((f[i][j] - gg) % MOD + MOD) % MOD; //printf("f[i][j]=%d ",f[i][j]); s[i][j] = f[i][j]; s[i][j] = (s[i][j] + s[i-1][j]) % MOD; s[i][j] = (s[i][j] + s[i][j-1]) % MOD; s[i][j] = ((s[i][j] - s[i-1][j-1]) % MOD + MOD) % MOD; } for (int j=2; j<=m; ++j) insert(root[a[i][j]], 1, m, j, f[i][j]); } printf("%d ", f[n][m]); return 0; }
Problem 4. alphabet
给定一棵 n 个点的树，树上每个节点代表一个小写字母，询问一个字符串 S 是否在树上出现过？
字符串 S 出现过即表示存在两个点 u, v， u 到 v 的最短路径上依次连接所有点上的字母恰好是 S
Input
第一行一个数 T 表示数据组数
每组数据先输入一个数 n 表示这棵树有 n 个节点
接下来 n − 1 行每行两个数 u, v，表示 u, v 之间存在一条无向边
下一行包含 n 个字符，表示每个节点上的字符
下一行包含一个字符串 S
Output
对于每组数据”Case #k: ”， k 为测试点编号，如果出现过则输出 Find，否则输出 Impossible
Example
alphabet.in alphabet.out
2 Case #1: Find
7 Case #2: Impossible
1 2
2 3
2 4
1 5
5 6
6 7
abcdefg
dbaefg
5
1 2
2 3
2 4
4 5
abcxy
yxbac
Scoring
• 对于 20% 的数据， N ≤ 1000。
• 对于另外 20% 的数据， N ≤ 104，且树上有且仅有一种字母。
• 对于另外 30% 的数据， N ≤ 104，且树随机生成。
• 对于另外 30% 的数据， N ≤ 104，且树上的字母随机生成。
题解
统计起点和终点的个数，从个数少的开始暴力即可。
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstdlib> #include<cmath> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; int tt,n,cas,cnt,len; int last[1000005]; char str[1000005],ask[1000005]; bool flag,ph[1005]; struct hh { int next,to; }; hh e[1000005]; void add(int a,int b) { ++cnt; e[cnt].to=b; e[cnt].next=last[a]; last[a]=cnt; } void run(int x,int now) { int i,j; if(flag) return; if(now==len) { flag=true; return; } for(i=last[x];i;i=e[i].next) if(str[e[i].to]==ask[now+1]) run(e[i].to,now+1); } int main() { int i,j,a,b,s,t; freopen("alphabet.in","r",stdin); freopen("alphabet.out","w",stdout); scanf("%d",&tt); while(tt--) { memset(last,0,sizeof(last)); memset(ph,0,sizeof(ph)); flag=false;cnt=0; scanf("%d",&n); for(i=1;i<=n-1;i++) { scanf("%d%d",&a,&b); add(a,b); add(b,a); } scanf("%s",str+1); scanf("%s",ask+1); len=strlen(ask+1); for(i=1;i<=n;i++) ph[str[i]]=true; for(i=1;i<=len;i++) if(!ph[ask[i]]) { cas++; printf("Case #%d: Impossible ",cas); goto hhh; } s=t=0; for(i=1;i<=n;i++) { if(str[i]==ask[1]) s++; if(str[i]==ask[len]) t++; } if(s>t) reverse(ask+1,ask+len+1); for(i=1;i<=n;i++) if(ask[1]==str[i]) { run(i,1); if(flag) break; } cas++; if(flag) printf("Case #%d: Find ",cas); else printf("Case #%d: Impossible ",cas); hhh:; } fclose(stdin); fclose(stdout); return 0; }
Problem 5. route
给一个 n ∗ m 的矩阵，矩阵的每个格子上有一个不超过 30 的非负整数。
我们定义一条合法的路线是从（ 1， 1）开始只能向右和向下移动到达（ n， m）的路线。
定义数列 A1, A2, A3, .., An+m−1 为一条合法路线上的序列，且 Aavg 为该数列的平均值。该路线的
价值为 (n + m − 1) 乘上该数列的方差。
即价值的表达式为 (n + m − 1) ∑n i=1 +m−1 (Ai − Aavg)2。
请找一条价值最小的路线，并输出这个价值。
Input
第一行两个正整数 n, m，表示矩阵的行数和列数。
以下 n 行每行 m 个非负整数 ai,j 表示矩阵上的数。
Output
包含一个整数，最小化的路线的价值。
Example
route.in route.out
2 2 14
1 2
3 4
Explanation
方案一： 1-3-4，平均数 Aavg = 8 3
方差 = (1 − 8 3)2 + (3 − 8 3)2 + (4 − 8 3)2 = 14 3
最终答案 = (2 + 2 − 1) ∗ 14 3 = 14
方案二： 1-2-4，平均数 Aavg = 7 3
方差 = (1 − 7 3)2 + (2 − 7 3)2 + (4 − 7 3)2 = 14 3
最终答案 = (2 + 2 − 1) ∗ 14 3 = 14
Scoring
• 对于 30% 的数据， n, m, ai,j ≤ 10。
• 对于 60% 的数据， n, m, ai,j ≤ 15。
• 对于 100% 的数据， n, m, ai,j ≤ 30。
题解
对于式子
可拆开
最后整理为
表示从
走到
和为
的最小值。
考虑优化空间，可枚举，不断更新答案，于是
表示从
走到
的最小值。
#include<iostream> #include<cstdlib> #include<cstdio> #include<cmath> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; int n,m,ans; int a[55][55],f[55][55]; int main() { int i,j,sum; freopen("route.in", "r", stdin); freopen("route.out", "w", stdout); ans=9999999; scanf("%d%d",&n,&m); for(i=1;i<=n;i++) for(j=1;j<=m;j++) scanf("%d",&a[i][j]); for(sum=0;sum<=(n+m-1)*30;sum++) { memset(f,0,sizeof(f)); for(i=1;i<=n;i++) for(j=1;j<=m;j++) { if(i==1) f[i][j]=f[i][j-1]; else if(j==1) f[i][j]=f[i-1][j]; else f[i][j]=min(f[i-1][j],f[i][j-1]); f[i][j]+=a[i][j]*a[i][j]*(n+m-1)-2*a[i][j]*sum; } ans=min(ans,f[n][m]+sum*sum); } printf("%d",ans); fclose(stdin); fclose(stdout); return 0; }