Jingle (jingle.pas/c/cpp) 【問題描述】 在他的老師約翰·塞巴斯蒂安三世的指導下，小H 已經開始了他在音樂方面的才能並開 始嘗試寫一些曲子。曲子分為若干個單元，每個單元由“/”隔開，如下面這首曲子： /HH/QQQQ/XXXTXTEQH/W/HW/ 當然，其中的大寫字母分別代表著一些音符 (Duration 表示音符的節拍長度，Identifier 表示音符的縮寫，Notes 表示音符) 在小H 的老師約翰·塞巴斯蒂安三世看來，只有節拍長度之和是1 的單元才是完美的，現在 小H 寫了一些曲子，他希望你能給出他曲子的有多少個單元是完美的。 【輸入格式】 一行字串，由表格中的大寫字母和/組成。保證合法。 【輸出格式】 一個數字，完美單元的個數。 【輸入輸出樣例】 in /HH/QQQQ/XXXTXTEQH/W/HW/ out 4 【樣例解釋】 /HH/QQQQ/XXXTXTEQH/W 全國資訊學奧林匹克聯賽（NOIP2016）複賽模擬 提高組第一試 第 3 頁 共 5 頁 Perfect (perfect.pas/c/cpp) 問題描述 給定M 個二元組(A_i, B_i)，求X_1, …, X_N 滿足：對於任意(A_i, B_i)，有|X_{A_i}

• X_{B_i}| = 1 成立。 輸入 第1 行，2 個整數N、M。 第2 行到第M + 1 行，2 個整數A_i 和B_i。 輸出 第1 行，1 個字串，"YES"表示有解，"NO"表示無解。 第2 行，N 個整數，X_1, X_2, …, X_N，無解則不輸出。 要求|X_i| <= 1,000,000,000，任意一解均可。 樣例 in 3 3 1 2 2 3 3 1 out NO in 6 5 1 2 2 3 3 4 4 1 5 6 out YES 0 1 0 1 -99 -100 資料範圍 對於40%的資料，1 <= N <= 10。 對於100%的資料，1 <= N <= 10,000，0 <= M <= 100,000，1 <= A_i, B_i <= N。 全國資訊學奧林匹克聯賽（NOIP2016）複賽模擬 提高組第一試 第 4 頁 共 5 頁 Pair (pair.pas/c/cpp) 【問題描述】 流行的跳棋遊戲是在一個有mn個方格的長方形棋盤上玩的。棋盤起初全部被動物或障礙物佔滿了。在一個方格中，‘X’表示一個障礙物，一個‘0’～‘9’的個位數字表示一個不同種類的動物，相同的個位數字表示相同種類的動物。一對動物只有當它們屬於同一種類時才可以被消去。消去之後，他們所佔的方格就成為空方格，直到遊戲結束。要消去一對動物的前提條件是：這對候選動物所在的方格必須相鄰，或它們之間存在一條通路。棋盤上一個方格只和其上下左右的方格相鄰。一條通路是由一串相鄰的空方格組成。路的長度則是通路中空方格的數目。你要輸出可被消去的動物的最多對數，以及在此操作過程中，最小的通路長度總和。 例1 如下的一個3
  4棋盤： 兩個種類為“1”的動物可以被消去，因為它們相鄰，通路的長度是0。在這一步驟之後，存在一條在兩個種類為“0”的動物間的長度為2的通路，所以這兩個動物也可以被消去。要消去這2對動物，通路的長度總和是 0+2=2。這也是最小的通路長度總和，因為這是唯一一個消去這2對動物的方法。所以答案是 2 2。 例2 如下的一個4*1棋盤: 如果我們先消去正中間的兩個種類為“9”的動物，然後消去最上面和最下面的兩個種類為“9”的動物，則累計通路長度為 0+2=2。但是，我們可以先消去最頂上的兩個，然後再消去最底下的兩個。同樣也消去了2對動物，但通路長度總和是 0+0=0。很明顯，長為0的通路長度總和是最短的，答案應是 2 0。 【輸入格式】 輸入檔案第一行包含二個整數 m和n，中間用一個空格隔開，其中1<=m,n<=5。接下來的m行，每一行有n個字元，每個字元是’X’,‘0’,‘1’,…,'9’其中的一個。相鄰兩個字元間沒有空格。 【輸出格式】 全國資訊學奧林匹克聯賽（NOIP2016）複賽模擬 提高組第一試 第 5 頁 共 5 頁 輸出檔案僅有一行包含兩個整數，中間用一個空格隔開。第一個整數是可被消去的動物的最多對數。第二個整數是消去這些動物對的過程中，最小的通路長度總和。 【輸入輸出樣例一】in 3 4 XX0X X11X X0XX out 2 2 【資料範圍】 N,M<=5

T1 題意概括：每個字元表示一個值，求字串的總值加起來等於1的‘ ’ 額

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int a[128],n,m;
string s;

int main()
{
	cin>>s;
	a['W']=64; a['H']=32;
	a['Q']=16; a['E']=8;
	a['S']=4;  a['T']=2; a['X']=1;
    int len=s.size()-1;
    int i=0,ans=0;;
    while (i<=len)
      {
      	if (s[i]=='/') i++;
      	int num=0;
      	while (s[i]!='/'&&i<=len) 
      	  {
      	  	num+=a[s[i]];
      	  	i++;
      	  }
      	//cout<<num<<endl;
      	if (num==64) ans++;
      }
    printf("%d",ans);
	
}

T2 題意概括：看給的這些點能否構成二分圖，能輸出方案，不能輸出NO

暴力dfs，記一下奇偶步數，如果一個點多次遇到，且奇偶步不一樣，那麼久NO，否則01染色之 出解

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=10010;
const int maxm=100010;
int head[maxn],n,m,cnt,vis[maxn],ans[maxn],ansnum[maxn];
bool p;
struct node
{
	int v,nxt,w;
} e[maxm<<1];
inline void add(int u,int v)
{
	cnt++;
	e[cnt].nxt=head[u];
	e[cnt].v=v;
	head[u]=cnt;
}
inline void dfs(int u,int fa)
{
	for (int i=head[u]; i; i=e[i].nxt)
	  {
	  	int v=e[i].v;
	  	if (v==fa) continue;
	  	if (vis[v])
	  	  {
	  	  	if ((ans[u]%2)==(ans[v]%2)) {cout<<"NO"; exit (0);}
	  	  	continue;
	  	  }
	  	ans[v]=ans[u]+1;
	  	ansnum[v]=ansnum[u]^1;
	  	vis[v]=1;
	  	dfs(v,u);
	  }
}
int main()
{ 
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for (int i=1; i<=m; i++)
	  {
	  	int x,y;
	  	scanf("%d%d",&x,&y);
	  	add(x,y);
	  	add(y,x);
	  }
    p=true;
    ansnum[0]=1;
	for (int i=1; i<=n; i++)
	  if (vis[i]==0)
       {
	    	vis[i]=1;
	    	dfs(i,0);
	    }
	if (p)
	{
	    printf("YES\n");
	  	for (int i=1;i<=n; i++)
	  	  printf("%d ",ansnum[i]);
	}
	else
		printf("NO");
}

T3 題意概括：……題目說的很清楚了 暴力（？）（$N&lt;=5,M&lt;=5$）

#include<bits/stdc++.h>
#pragma GCC optimize(2)
#define R(i,s,t) for(int i=s;i<=t;i++)
#define GN(x,y) ((x)*m+(y))
using namespace std;
typedef pair<int,int> pii;
int n,m,ans,low;
char s[6][6];
void update(int p,int l) {
    if(p>ans) {ans=p; low=l;}
    else if(p==ans) low=min(low,l);
}
int cnt,vis[34000000];
void dfs(int p,int l,int state) {
    if(++cnt>2e6) {cout<<ans<<' '<<low<<endl;exit(0);}
    if(vis[state]<=l) return;
    vis[state]=l;
    update(p,l);
    R(i,0,n-1) R(j,0,m-1) if(isdigit(s[i][j])) {
        char rec=s[i][j];
        queue<pii> q;
        q.push(make_pair(GN(i,j),0));
        bool vis[5][5]; memset(vis,0,sizeof vis);
        while(!q.empty()) {
            int cur=q.front().first,step=q.front().second;
            q.pop(); int r=cur/m,c=cur%m,rc=GN(i,j);
            if(c>0) {
                if(s[r][c-1]==s[i][j]&&(r!=i||c-1!=j)) {
                    s[r][c-1]=s[i][j]='*';
                    dfs(p+1,l+step,state|1<<rc|1<<GN(r,c-1));
                    s[r][c-1]=s[i][j]=rec;
                }
                if(s[r][c-1]=='*'&&!vis[r][c-1])
                    {vis[r][c-1]=true; q.push(make_pair(GN(r,c-1),step+1));}
            }
            if(c<m-1) {
                if(s[r][c+1]==s[i][j]&&(r!=i||c+1!=j)) {
                    s[r][c+1]=s[i][j]='*';
                    dfs(p+1,l+step,state|1<<rc|1<<GN(r,c+1));
                    s[r][c+1]=s[i][j]=rec;
                }
                if(s[r][c+1]=='*'&&!vis[r][c+1])
                {vis[r][c+1]=true; q.push(make_pair(GN(r,c+1),step+1));}
            }
            if(r>0) {
                if(s[r-1][c]==s[i][j]&&(r-1!=i||c!=j)) {
                    s[r-1][c]=s[i][j]='*';
                    dfs(p+1,l+step,state|1<<rc|1<<GN(r-1,c));
                    s[r-1][c]=s[i][j]=rec;
                }
                if(s[r-1][c]=='*'&&!vis[r-1][c])
                {vis[r-1][c]=true; q.push(make_pair(GN(r-1,c),step+1));}
            }
            if(r<n-1) {
                if(s[r+1][c]==s[i][j]&&(r+1!=i||c!=j)) {
                    s[r+1][c]=s[i][j]='*';
                    dfs(p+1,l+step,state|1<<rc|1<<GN(r+1,c));
                    s[r+1][c]=s[i][j]=rec;
                }
                if(s[r+1][c]=='*'&&!vis[r+1][c])
                {vis[r+1][c]=true; q.push(make_pair(GN(r+1,c),step+1));}
            }
        }
    }
}
int main() {
#ifdef LOCAL 
    freopen("pair.in","r",stdin);
#endif
    cin>>n>>m;
    R(i,0,n-1) cin>>s[i];
    memset(vis,0x3f,sizeof vis);
    dfs(0,0,0);
    cout<<ans<<' '<<low<<endl;
    return 0;
}