牛客练习赛24

2019-04-03

A.石子阵列

这不是和[HNOI2008]越狱这题差不多吗（一个求合法方案，一个求不合法方案）

我们考虑第一个石头有m种选择，从第二个石头开始为了不重复，只有m-1种选择了

答案就是m * (m-1) ^ (n-1)

时间复杂度:O(log(n))

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int mod=1e9+7;
int n,m;
int kuai(int a,int b)
{
    if(b==0)return 1ll;
    if(b==1)return a;
    int x=kuai(a,b/2);
    if(b%2==0)return x*x%mod;
    return x*x%mod*a%mod;
}
signed main()
{
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    printf("%lld",kuai(m-1,n-1)*m%mod);
    return 0;
}

B.凤凰

这题有点思维难度，一眼看还以为是树形dp。

我们发现每个节点都有鸟，所以从第一秒开始都有鸟到达终点，即到终点的时间都是连续的。

答案就是根节点的所有儿子树的大小取max，维护连通性可以用并查集。

时间复杂度:O(nlog(n)) (并查集有只log)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e6+5;
int n,ans,x,y,fa[N],a[N];
int find(int x)
{
    if(fa[x]==x)return x;
    fa[x]=find(fa[x]);
    return fa[x];
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)fa[i]=i;
    for(int i=1;i<n;i++)
    {
        scanf("%d%d",&x,&y);
        if(x!=1&&y!=1)fa[find(x)]=find(y);
    }
    for(int i=2;i<=n;i++)++a[find(i)];
    for(int i=2;i<=n;i++)ans=max(ans,a[i]);
    cout<<ans;
    return 0;
}

C.PH试纸

这题也是水题。

我们只要维护出两种颜色的个数，和两种颜色的1-个数的位置。

直接O(n)扫一边就好啦。

时间复杂度:O(n)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1000035;
int n,m,x,a,b,A[N],B[N];
char s[N];
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    scanf("%s",s+1);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if(s[i]=='R'){a++;A[a]=i;}
        else{b++;B[b]=i;}
    while(m--)
    {
        scanf("%s%d",s,&x);
        if(s[0]=='R')
        {
            if(x>a)puts("-1");
            else printf("%d\n",A[x]);
        }
        else{
            if(x>b)puts("-1");
            else printf("%d\n",B[x]);
        }
    }
    return 0;
}

D.插排树

模板题，就是求最长路。

因为没有负边，所以最长路用spfa和堆优化dj都可以，建议dj(但我还是写了spfa)

看起来好像要每个点作为起点做一边最长路，其实不然，只要建一个超级源点0，它到其他点的距离为0即可

时间复杂度:O(EK)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=50005;
int n,m,x,y,z,top,head[N],dis[N];
struct node{
    int too,next,zh;
}edge[N*2];
bool vis[N];
void add(int a,int b,int c)
{
    edge[++top].too=b;edge[top].zh=c;
    edge[top].next=head[a];head[a]=top;
}
void spfa()
{
    memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
    dis[0]=0;
    queue<int>q;
    q.push(0);
    while(!q.empty())
    {
        int u=q.front();q.pop();
        vis[u]=false;
        for(int i=head[u];i>=0;i=edge[i].next)
        {
            int v=edge[i].too;
            if(dis[v]>dis[u]+edge[i].zh)
            {
                dis[v]=dis[u]+edge[i].zh;
                if(!vis[v])
                {
                    vis[v]=true;
                    q.push(v);
                }
            }
        }
    }
}
int main()
{
    memset(head,-1,sizeof(head));
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        scanf("%d%d",&x,&y);
        add(x,y,1);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        add(i-1,i,1);
        add(i,i-1,1);
    }
    spfa();
    cout<<dis[n];
    return 0;
}

E. 青蛙

又是道图论题，这题是最短路。

由于边权为1，能用的算法更多了，还能用bfs。

a能一步到b，就建一条a向b的值为1的有向边。

时间复杂度:O(EK)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=50005;
int n,m,x,y,z,top,head[N],dis[N];
struct node{
    int too,next,zh;
}edge[N*2];
bool vis[N];
void add(int a,int b,int c)
{
    edge[++top].too=b;edge[top].zh=c;
    edge[top].next=head[a];head[a]=top;
}
void spfa()
{
    memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
    dis[0]=0;
    queue<int>q;
    q.push(0);
    while(!q.empty())
    {
        int u=q.front();q.pop();
        vis[u]=false;
        for(int i=head[u];i>=0;i=edge[i].next)
        {
            int v=edge[i].too;
            if(dis[v]>dis[u]+edge[i].zh)
            {
                dis[v]=dis[u]+edge[i].zh;
                if(!vis[v])
                {
                    vis[v]=true;
                    q.push(v);
                }
            }
        }
    }
}
int main()
{
    memset(head,-1,sizeof(head));
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        scanf("%d%d",&x,&y);
        add(x,y,1);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        add(i-1,i,1);
        add(i,i-1,1);
    }
    spfa();
    cout<<dis[n];
    return 0;
}

F.三轮

这题就是简单的完全背包，又是模板题，没什么难度。

就是如果开二维数组的话会MLE，所以要滚存。

$f[i][j]$ 表示前i个数组成和为j的方案数

时间复杂度:O(n^2)

1
2
3

f[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
	for(int j=a[i];j<=m;j++)f[j]=add(f[j],f[j-a[i]]);

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=19260817;
const int N=1e6+5;
int n,m,a[N],f[N];
int add(int a,int b)
{
    a+=b;
    if(a>=mod)a-=mod;
    return a;
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
    f[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=a[i];j<=m;j++)f[j]=add(f[j],f[j-a[i]]);
    int ans=0;
    for(int i=1;i<=m;i++)ans=add(ans,f[i]);
    cout<<ans;
    return 0;
}