牛客练习赛24
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;
queueq;
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;
queueq;
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。
表示前i个数组成和为j的方案数
时间复杂度:O(n^2)
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;
}