NOIP2018提高組模擬題（五）
字串(string)
Description
小林與亮亮正在做一個遊戲。小林隨意地寫出一個字串，字串只由大寫 字母組成，然後指定一個非負整數 m，亮亮可以進行至多 m 次操作，每次操作 為交換相鄰兩個字元。亮亮的目標是使得操作後的字串出現最長相同的字元的 長度最大。你能幫亮亮計算一下這個最大長度是多少嗎？
Input
第一行一個字串 S。 第二行一個整數 m。
Output
只有一個整數，表示所求的最大長度。
表示剛開始想了一個小時的\(DP\)
然後還出樣例了,
然後還有20分鐘的時候,發現是個貪心+遞迴
將兩側的向中間移動顯然更優.
容易發現,同種字母移動才會產生影響.
因此直接列舉每種字母,記錄其位置.
由於從某一位置到目標位置的交換次數可求 .所以這樣是可做的.
\(\color{red}官方題解\)
考察內容：字串、列舉與貪心
字串長度不超過 50，我們就可以列舉哪一個字元不動，其他相同字元向它靠近，左 右兩邊相同字元計算出它們與選定字元相鄰需要移動幾次，以此為關鍵值從小到大排序，貪心地處理即可。
程式碼
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define R register
using namespace std;
inline void in(int &x)
{
int f=1;x=0;char s=getchar();
while(!isdigit(s)){if(s=='-')f=-1;s=getchar();}
while(isdigit(s)){x=x*10+s-'0';s=getchar();}
x*=f;
}
int ans,m,n;
int pos[833];
char s[833];
inline int cs(char s)
{
return s-'A'+1;
}
inline int calc(int l,int r)
{
if(l==r)return 0;
if(l==r-1)return pos[r]-pos[l]-1;
return calc(l+1,r-1)+pos[r]-pos[l]-(r-l);
}
int main()
{
freopen("string.in","r",stdin);
freopen("string.out","w",stdout);
scanf("%s",s+1);in(m);n=strlen(s+1);
for(R int i=1;i<=26;i++)
{
int tmp=0;
for(R int j=1;j<=n;j++)
if(cs(s[j])==i)pos[++tmp]=j;
if(tmp==1){ans=max(ans,1);continue;}
int now=-2147483644;
for(R int j=1;j<=tmp;j++)
for(R int l=j+1;l<=tmp;l++)
if(calc(j,l)<=m)
now=max(now,l-j+1);
ans=max(ans,now);
}
printf("%d",ans);
fclose(stdin);
fclose(stdout);
return 0;
}
桃園之禮(peach)
Description
小林和亮亮在桃園裡一起玩遊戲。桃園裡的桃樹成行成列，剛好構成一個 N ×M 的矩陣，亮亮在某些桃樹下放置了一些小禮物，要求小林把所有樹下的禮 物全部收集起來。 小林從左上角的桃樹(1,1)出發，走到右下角的桃樹(N,M)。他 只能沿著路徑向下或者向右走，某些桃樹下有禮物，他必須到達所有有禮物的樹 下並把禮物收集起來。 小林在出發前，想請你幫他計算一下，他有多少種不同的 走法。由於答案可能很大，你只需要輸出答案模 100000000（10^8）後的值即可。
Input
第一行三個整數 N,M 和 K。 N,M 表示矩陣的大小， K 表示有禮物的桃樹的 棵數。
接下來 k 行，每行兩個整數 X,Y，表示一棵有禮物的桃樹的座標(X,Y)
Output
只有一個整數，表示不同的走法數模 100000000 後的值。
剛開始沒看懂題.
首先不考慮中間的有禮物的樹.
我們就是求解從\((1,1)\) 到\((n,m)\) 的走法.
有這麼多種
\[ C_{n+m-2}^{m-1} \]
因為我們只可能會走\(n+m-2\) 步,而我們必須要選擇\(m-1\) 步走橫向.
這\(m-1\) 步隨便選.即\(C_{n+m-2}^{m-1}\) ，
當然也可以是
\[ C_{n+m-2}^{n-1} \]
然後就是將大的矩形拆成小的矩形了.,
比如,如果一些地方有禮物的樹.,我們就可以拆成這些子矩形。
然後我們求解子矩形從左上角到右下角的方案數.
根據乘法原理 累乘即可.
注意判無解的情況!!!(被卡了\(10pts\) )
這題噁心就噁心在模數不是一個質數.
我們可以考慮質因數分解來求解.
這裡就不過多解釋如何質因數分解了,相信大家能看懂程式碼的.
\(\color{red}官方題解\)
考察演算法：質因數分解（或逆元+中國剩餘定理）、排列組合
根據乘法原理，問題可以分解為求在一個 n*m 的矩形中，從左上角走到右下角共有幾 種走法。顯然答案為\(C_{n+m-2}^{m-1}\) 。我們既可以用分解質因數的方法來計算，也可以採用求逆元 與中國剩餘定理的方法來處理除法
程式碼
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define N 10008
#define mod 100000000
#define R register
#define int long long
using namespace std;
inline void in(int &x)
{
int f=1;x=0;char s=getchar();
while(!isdigit(s)){if(s=='-')f=-1;s=getchar();}
while(isdigit(s)){x=x*10+s-'0';s=getchar();}
x*=f;
}
int n,m,k,ans=1,cur;
struct cod{int x,y;}t[10008];
bool vis[60008];
int prime[60008],cnt,f[60008];
inline void pri()
{
for (R int i=2;i<=n+m;i++)
{
if (!vis[i]) prime[++cnt] = i;
for (R int j=1;j<=cnt and i*prime[j]<=n+m;j++)
{
vis[i*prime[j]]=true;
if (i%prime[j]==0) break;
}
}
}
inline int ksm(int x,int &y)//這裡加&,可以達到memset的效果.
{
R int res=1;
for(;y;y>>=1,x=x*x%mod)
if(y&1)res=res*x%mod;
return res;
}
inline void calc(int x,int v)
{
for (R int i=1;i<=cnt and prime[i]<=x;i++)
while(x%prime[i]==0)f[i]+=v,x/=prime[i];
cur=cur*x%mod;
}
inline int C(int x,int y)
{
if (y>x) return 0;
cur=1;
for(R int i=x-y+1;i<=x;i++) calc(i,1);
for(R int i=1;i<=y;i++) calc(i,-1);
for(R int i=1;i<=cnt and prime[i]<=x;i++)
(cur*=ksm(prime[i],f[i]))%=mod;
return cur;
}
inline bool ccp(const cod&a,const cod&b)
{
if(a.x==b.x)return a.y<b.y;
return a.x<b.x;
}
signed main()
{
freopen("peach.in","r",stdin);
freopen("peach.out","w",stdout);
in(n),in(m),in(k);pri();
t[1].x=t[1].y=1;
for(R int i=2;i<=k+1;i++)
in(t[i].x),in(t[i].y);
t[2+k].x=n,t[2+k].y=m;
sort(t+1,t+k+3,ccp);
for(R int i=2;i<=k+2;i++)
{
int nn=t[i].x-t[i-1].x+1,mm=t[i].y-t[i-1].y+1;
if(nn<=0 or mm<=0)//判無解
{
puts("0");
return 0;
}
(ans*=C(nn+mm-2,mm-1))%=mod;
}
printf("%lld",ans);
fclose(stdin);
fclose(stdout);
return 0;
}
魔法森林(forest)
Description
亮亮在夢中游歷了魔法城堡後，對此心馳神往，於是用自己製造的法杖，創 造了一片魔法森林。
這片森林中一開始有 n 個節點，沒有邊相連，若想要在第 i 個點和第 j 個點 之間建立一條雙向通路，則需花 費 Cij 的魔法值。
每個結點上住著一個魔法居民，若兩個節點間有邊直接相連，則他們就成為 了鄰居。居民一共有三種類型：
①村民：他們只能通過道路拜訪自己的鄰居。
②巫師：他們可以拜訪自己的鄰居以及鄰居的鄰居。
③大魔法師：由於他們擁有法力，因此可以拜訪所有與自己連通的人。
亮亮不希望有人孤單，因此他保證了每種型別的居民要麼不出現，否則至少 出現兩個。同時，他又希望大家能建立良好的關係，所以他決定花費魔法值為魔 法森林修路，使得任意居民都可以拜訪其他所有的居民。
他想知道，最少需要建立多少條道路才能達成自己的心願。在道路數目最少 的前提下，花費的魔法值最小又是多少。
Input
第一行有一個整數 n。
第二行有 n 個整數， 第 i 個整數表示 i 號節點所居住的居民的型別（1 表示 村民， 2 表示巫師， 3 表示大魔法師） 。
接下來 n 行，每行 n 個數，是一個 n*n 的矩陣 Cij。資料保證 Cij = Cji, Cii=0。
Output
一行兩個整數， 分別表示最小道路數和最小魔法值。
這裡就不多BB了,官方題解寫的挺好.
\(\color{red}官方題解\)
考察演算法：分類討論、圖論
①存在第一類點的情況
此時，顯然要從每個第一類點向其它點連邊。 我們發現這樣是滿足要求的，因為這樣一來，每個第二類點都可以通過第一步到達 一個第一類點來訪問所有點，並且整個圖顯然也是連通的。 直接模擬即可。
②只存在第三類點的情況
此時，目的是使所有點連通。也就是一個最小生成樹問題。 使用\(Prim\) 或\(Kruskal\) 在\(O(N^2)\) 或\(O(N^2logN)\) 中解決。
③其他情況
這就是說，存在第二類點，另外只可能存在第三類點。 我們取一個點，從這個點向其它點各連一條邊，構成一個 star。 我們發現 star 是一棵樹，且直徑≤2，所以是滿足要求的。 從而，第一問“最小邊數”的答案為 N-1。 下面將對第二類點的數目進行討論：
③a 恰兩個
此時，若選擇讓兩個第二類點成為鄰居，那麼其他的點可以在兩個第二類點中選擇一個費用小的連過去。 否則，這兩個點的距離=2，那麼就是說這兩個點有一個公共鄰居 u。顯然其他 的點都只能連到 u 上，這樣一來就構成了一個以 u 為中心的 star。列舉所有 star 即可。
③b 超過兩個
由於邊數是 N-1，因此至少有一對第二類點不是鄰居。
這樣一來就成了③a的第二種情況，列舉所有 star 即可。
最後的結論是：首先列舉所有 star 取最小費用，然後如果第二類點的數目為 2， 再考慮這兩個點直接相連時的特殊情況即可。
程式碼
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define R register
using namespace std;
inline void in(int &x)
{
int f=1;x=0;char s=getchar();
while(!isdigit(s)){if(s=='-')f=-1;s=getchar();}
while(isdigit(s)){x=x*10+s-'0';s=getchar();}
x*=f;
}
int n,v[2580],tot,f[2580],mnn=4;
bool flg;
int res[258][258];
struct cod{int u,v,w;}edge[80008];
inline bool ccp(const cod&a,const cod&b)
{
return a.w<b.w;
}
int find(int x){return f[x]==x?x:f[x]=find(f[x]);}
inline void mofashi()
{
int cnt=0,ans=0;
for(R int i=1;i<=n;i++)f[i]=i;
for(R int i=1;i<=n;i++)
for(R int j=1,x;j<=n;j++)
{
in(x);
if(i>=j and x)
{
edge[++tot].u=i;
edge[tot].v=j;
edge[tot].w=x;
}
}
sort(edge+1,edge+tot+1,ccp);
for(R int i=1;i<=tot;i++)
{
R int u=edge[i].u,v=edge[i].v,w=edge[i].w;
R int fu=find(u),fv=find(v);
if(fu==fv)continue;
cnt++;ans+=w;f[fu]=fv;
if(cnt==n-1)break;
}
printf("%d\n%d\n",cnt,ans);
}
int main()
{
freopen("forest.in","r",stdin);
freopen("forest.out","w",stdout);
in(n);
for(R int i=1;i<=n;i++)in(v[i]),mnn=min(v[i],mnn);
if(mnn==1)
{
for(R int i=1;i<=n;i++)
for(R int j=1;j<=n;j++)
in(res[i][j]);
long long ans=0;
int cnt=0;
for(R int i=1;i<=n;i++)
for(R int j=i+1;j<=n;j++)
if(v[i]==1 or v[j]==1)
cnt++,ans+=res[i][j];
printf("%d %lld\n",cnt,ans);
return 0;
}
if(mnn==2)
{
for(R int i=1;i<=n;i++)
for(R int j=1;j<=n;j++)
in(res[i][j]);
int tot2=0,pa=-1,pb=-1;
for(R int i=1;i<=n;i++)
if(v[i]==2)tot2++;
long long ans=21474836476666LL;
if(tot2==2)
{
for(R int i=1;i<=n;i++)
{
if(v[i]==2)
{
if(pa==-1)
pa=i;
else
pb=i;
}
}
ans=res[pa][pb];
for(R int i=1;i<=n;i++)
ans+=min(res[i][pa],res[i][pb]);
}
for(R int i=1;i<=n;i++)
{
long long rs=0;
for(R int j=1;j<=n;j++)
rs+=res[i][j];
ans=min(ans,rs);
}
printf("%d %lld",n-1,ans);
}
if(mnn==3)mofashi();
fclose(stdin);
fclose(stdout);
return 0;
}