A
wool sequence 表示一个序列中能够找到一个连续的子区间使得区间异或值为0
那么求的是不含这样的情况的序列个数
题目中数据范围是。在0~2^m - 1中选n个数作为一个序列
n和m都是10^5
细致思考一下。
第一位 有2^m-1种情况
第二位因为不能跟其一样 有2^m-2种情况
第三位因为不能跟第二位一样。而且不能跟前两位的异或值一样。有2^m-3种情况
依次类推，得到公式
(2^m-1)*(2^m-2)*...*(2^m-n)
int mod = 1000000009;
int main()
{
int n, m;
scanf("%d%d", &n, &m);
if(m < 20 && (1 << m) <= n ) {
printf("0
");
return 0;
}
long long ans = 1;
for(int i = 0; i < m; i++) {
ans = ans * 2LL % mod;
}
long long res = 1;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
long long tmp = ans - i;
if(tmp < 0) tmp += mod;
res = res * tmp % mod;
}
printf("%I64d
", res);
return 0;
}给出一个序列a和一个数值h
将序列划分为两部分，某部分能够为空
然后f函数式这么计算
假设两个数在同个部分
f函数的值就是两个数的和
不在同部分就两个数的和加上h
求一种划分使得f函数的最大值和最小值的差值最小
有一种贪心方案，
就是f的最大值一定跟序列中最大的几个有关
最小值一定跟序列中最小的几个有关
这里我取得最小的5个和最大的5个
直接枚举放第一部分或者第二部分就可以
为啥这样能够
细致想一下。
能够发现其它的不论什么情形都没有这样的情况下优
int n, h;
struct node {
int x, id;
}p[111111], tmp[15];
int ans[111111];
bool cmp(node x, node y) {
return x.x < y.x;
}
vector<node>lft, rht;
int main()
{
scanf("%d%d", &n, &h);
for(int i = 0; i < n; i++) {
scanf("%d", &p[i].x);
p[i].id = i;
}
sort(p, p + n, cmp);
int cnt = 0;
if(n > 10) {
for(int i = 0; i < 5; i++) tmp[cnt++] = p[i];
for(int i = n - 5; i < n; i++) tmp[cnt++] = p[i];
} else {
cnt = n;
for(int i = 0; i < n; i++) tmp[i] = p[i];
}
int vs[12];
int d = INF;
int num = 0;
for(int i = 0; i < (1 << cnt); i++) {
lft.clear();
rht.clear();
for(int j = 0; j < cnt; j++) {
node x = tmp[j];
if((1 << j) & i) {
lft.push_back(x);
} else rht.push_back(x);
}
int mx = 0;
int mi = INF;
int sz1 = lft.size();
for(int j = 0; j < sz1; j++) {
for(int k = j + 1; k < sz1; k++) {
mx = max(mx, lft[j].x + lft[k].x);
mi = min(mi, lft[j].x + lft[k].x);
}
}
int sz2 = rht.size();
for(int j = 0; j < sz2; j++) {
for(int k = j + 1; k < sz2; k++) {
mx = max(mx, rht[j].x + rht[k].x);
mi = min(mi, rht[j].x + rht[k].x);
}
}
for(int j = 0; j < sz1; j++) {
for(int k = 0; k < sz2; k++) {
mx = max(mx, lft[j].x + rht[k].x + h);
mi = min(mi, lft[j].x + rht[k].x + h);
}
}
if(d > mx - mi) {
d = mx - mi;
num = 0;
for(int j = 0; j < sz1; j++) vs[num++] = lft[j].id;
}
}
printf("%d
", d);
for(int i = 0; i < n; i++) ans[i] = 2;
for(int i = 0; i < num; i++) ans[vs[i]] = 1;
for(int i = 0; i < n; i++) printf("%d ", ans[i]);
printf("
");
return 0;
}C
一颗无根树
有向边
从树上不多于两个点出发，遍历全部的点。
问须要改变最少多少个有向边的方向
那么就是一个树dp了
枚举根作为第一个点。
然后第二个点就须要dp
从根往下遍历全部的点的话，须要改动边的方向非常easy算出来。每一个点訪问自己全部子树须要改动的边数也非常easy算
然后数组开 dp[n][2]
dp[u][0]代表从u走到根须要改动多少边
dp[u][1]表示从跟走到u须要改动多少边
struct node {
int v, w;
node() {}
node(int _v, int _w) {v = _v; w = _w;}
};
vector<node> g[3333];
int ss[3333], dp[3333][2];
int total;
void dfs0(int u, int f, int x) {
total += x;
ss[u] = ss[f] + x;
int sz = g[u].size();
for(int i = 0; i < sz; i++) {
int v = g[u][i].v;
int w = g[u][i].w;
if(v == f) continue;
dfs0(v, u, w);
}
}
void dfs(int u, int f, int x) {
if(f == 0) {
dp[u][0] = dp[u][1] = 0;
} else {
dp[u][1] = dp[f][1] + x;
dp[u][0] = min(dp[f][0], dp[f][1]) + !x;
}
int sz = g[u].size();
for(int i = 0; i < sz; i++) {
int v = g[u][i].v;
int w = g[u][i].w;
if(v == f) continue;
dfs(v, u, w);
}
}
int n;
int main()
{
int u, v;
scanf("%d", &n);
for(int i = 1; i <= n; i++) g[i].clear();
for(int i = 1; i < n; i++) {
scanf("%d%d", &u, &v);
g[u].push_back(node(v, 0));
g[v].push_back(node(u, 1));
}
int ans = INF;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
ss[i] = 0;
total = 0;
dfs0(i, 0, 0);
dfs(i, 0, 0);
for(int j = 1; j <= n; j++) ans = min(ans, total - ss[j] + min(dp[j][0], dp[j][1]));
}
printf("%d
", ans);
return 0;
}
D.
留坑 不会
E
看了ACMonster的才大约懂做。事实上还是非常模糊
有个有向图，边的长度都一样
n<=100
有个人要从起点到终点去，必须做公交
然后有若干辆公交 有各自的起点和终点
保证每秒都有一辆公交发出。意思就是那个人一到某个点就能够换乘对应的公交
然后这些公交非常奇怪。 从自己的起点到终点，它会随机走一条最短路径过去
如今问，最小的（他在最坏情况下的换乘次数）
就是寻找一条线路使得他在最坏情况下换乘bus的次数最小
这个因为是求换乘次数，所以这个图就没法按dag那种dp方法
首先预处理随意两点间的最短路
然后把每一个点必定经过的公交线路存下来
然后就倒着dp
从终点往起点dp
很之暴力
令dp[i][j]表示人在点i在j车上时最小的换乘次数
可是有两种情况
一种是这个点一定在这个公交线路上
一种是这个点可能会在这个公交线路上或者就不在这个公交线路上
第一种情况是终于的合法解
另外一种用来辅助第一种
然后更新的时候。对于每一个点，枚举公交车，然后看这个点的邻接点，相对于这个路径是不是合法的。意思就是邻接点离该路径的终点应该是更近一步的，
即使这个点不会出如今这个公交路径上。也要更新，这是为了让那些后面的关键的点能够更新到，事实上就相当于虚拟了一下，将这个公交的线路给延伸了
对于这些合法的邻接点。 选择一条最糟糕的
然后枚举换乘的时候。就必须是这个点一定在这个公交线路上， 由于换乘一定是在这些点上才干换乘，不然最糟糕的情况是等不到车的
然后假设有最优值被更新，那么整个dp再反复这个过程
int dis[111][111], dp[111][111];
vector<int>g[111], bus[111];
int bx[111], by[111], m, n, t, src, des;
bool pass[111][111];
int main()
{
int u, v;
scanf("%d%d%d%d", &n, &m, &src, &des);
for(int i = 1; i <= n; i++)
for(int j = 1; j <= n; j++)
if(i != j) dis[i][j] = INF;
for(int i = 0; i < m; i++) {
scanf("%d%d", &u, &v);
dis[u][v] = 1;
g[u].push_back(v);
}
for(int k = 1; k <= n; k++) {
for(int i = 1; i <= n; i++) {
for(int j = 1; j <= n; j++)
if(dis[i][j] > dis[i][k] + dis[k][j])
dis[i][j] = dis[i][k] + dis[k][j];
}
}
m = 0;
scanf("%d", &t);
while(t--) {
scanf("%d%d", &u, &v);
if(dis[u][v] != INF) {
m++;
bx[m] = u;
by[m] = v;
}
}
for(int i = 1; i <= m; i++) {
u = bx[i], v = by[i];
for(int j = 1; j <= n; j++) {
if(dis[u][v] == dis[u][j] + dis[j][v]) pass[i][j] = 1;
for(int k = 1; k <= n; k++) {
if(k != j && dis[u][k] == dis[u][j] && dis[k][v] == dis[j][v]) {
pass[i][j] = 0;
break;
}
}
if(pass[i][j]) bus[j].push_back(i);
}
}
for(int i = 1; i <= n; i++) {
for(int j = 1; j <= m; j++) {
if(i == des && pass[j][i]) dp[i][j] = 0;
else dp[i][j] = INF;
}
}
bool flag = 1;
while(flag) {
flag = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
for(int j = 1; j <= m; j++) {
int mx = -1;
for(int k = 0; k < g[i].size(); k++) {
v = g[i][k];
if(dis[i][by[j]] != dis[v][by[j]] + 1) continue;
//if(!pass[j][i] || !pass[j][v]) continue;
mx = max(mx, dp[v][j]);
}
if(mx != -1 && mx < dp[i][j]) {
dp[i][j] = mx;
flag = 1;
}
for(int k = 0; k < bus[i].size(); k++) {
v = bus[i][k];
if(dp[i][v] + 1 < dp[i][j]) {
dp[i][j] = dp[i][v] + 1;
flag = 1;
}
}
}
}
}
int ans = INF;
for(int i = 1; i <= m; i++)
if(pass[i][src]) ans = min(ans, dp[src][i] + 1);
if(ans == INF) ans = -1;
printf("%d
", ans);
return 0;
}