BUPT2017 wintertraining(15) #2 题解

这场有点难，QAQ。补了好久(｡• ︿•̀｡) ，总算能写题解了(つд⊂)

A. Beautiful numbers

CodeForces - 55D

题意

​ 求\([l,r](1\le l_i\le r_i\le 9\cdot 10^{18})\)的中的 可以被自己每一位上的数字整除的数 的个数。

题解：

​ 知识：如果m%a=0,则任意x, x%a = (x%m)%a。

​ 2520是2~9的lcm。因此任何时候都有2520%pre_lcm==0。

​ 因为2520%pre_lcm==0，所以x%pre_lcm==(x%2520)%pre_lcm

​ 数位DP，状态中记录当前位置pos，到当前为止除了0的每一位的最小公倍数pre_lcm以及乘积对2520的模pre_mod。

​ pre_lcm总共就50多个，因此可以离散化一下。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#define M 2520
#define ll long long
int hash[M],digit[25];
ll dp[25][M][60];
void init(){//离散化pre_lcm
for(int i=1,cnt=0;i<=M;i++)
if(M%i==0)hash[i]=++cnt;
}
int gcd(int a,int b){
return b?gcd(b,a%b):a;
}
int lcm(int a,int b){
return a/gcd(a,b)*b;
}
ll dfs(int pos,int pre_mod,int pre_lcm,bool limit){
if(pos==0)return pre_mod%pre_lcm==0;
if(!limit&&~dp[pos][pre_mod][hash[pre_lcm]])
return dp[pos][pre_mod][hash[pre_lcm]];
int up=limit?digit[pos]:9;
ll ans=0;
for(int d=0;d<=up;d++)
ans+=dfs(pos-1,(pre_mod*10+d)%M,d?lcm(pre_lcm,d):pre_lcm,limit&&d==up);
if(!limit)dp[pos][pre_mod][hash[pre_lcm]]=ans;
return ans;
}
ll solve(ll n){
int i;
for(i=0;n;n/=10)digit[++i]=n%10;
return dfs(i,0,1,1);
}
int main() {
int t;
std::cin>>t;
init();
memset(dp,-1,sizeof dp);
while (t--) {
ll l,r;
std::cin>>l>>r;
std::cout<<solve(r)-solve(l-1)<<"\n";
}
return 0;
}

B - Price List Strike Back

HDU - 5808 

题意

有n个商店，距离为\(d_i\)，商品单价为\(v_i\)，有m次询问：\(l_i,r_i,c_i,sum_i\)，下标在区间\([l_i,r_i]\)内的商店中，最大距离不超过\(c_i\)且购买的总价格为\(sum_i\)，是否有可能？输出一个长度为m的01串，1代表不可能，0代表可能。

题解

整体二分（cdq分治）。总的区间是\([l,r]\)，m个询问中有的是完全在\([l,mid]\)区间中，或者完全在\([mid+1,r]\)中，这些可以递归解决，还有一类跨越中点的：\(l_i<=mid,r_i>mid\) ，可以用动态规划来解决。

\(f[i][j]\)代表区间为\([i,mid]\)的总价值为j的最大距离的最小值。

\(g[i][j]\)代表区间为\([mid+1,i]\)的总价值为j的最大距离的最小值。

那么有

\[
f[i][j]=
\begin{cases}
min(f[i+1][j],max(f[i-1][j-v[i]],d[i])),\ v[i]\le j\le 100\\
f[i+1][j],\ j<v[i]
\end{cases}\\
g[i][j]=
\begin{cases}
min(g[i-1][j],max(g[i+1][j-v[i]],d[i])),\ v[i]\le j\le 100\\
g[i-1][j],\ j<v[i]
\end{cases}
\]

对于区间\([i,j]\)的最大距离的最小值就是\(min(max(f[i][k],g[j][sum-k])),0\le k\le sum\)。

f和g可以放在一个二维数组中。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#define N 20005
#define M 100005
#define inf 0x7fffffff
using namespace std;
int T,n,m;
int v
,d
,f
[105];
struct Query{
int l,r,c,sum,i;
}q[M],tmp[M];
int ans[M];
void solve(int l,int r,int ql,int qr){
if(ql>qr)return;
if(l==r){
for(int i=ql;i<=qr;i++)
ans[q[i].i]=q[i].sum==v[r]&&d[r]<=q[i].c;
return;
}
int mid=l+r>>1;
int w1=ql,w2=qr,w3=0;
for(int i=ql;i<=qr;i++){//将三类询问划分一下
if(q[i].r<=mid)q[w1++]=q[i];
else if(q[i].l>mid)tmp[w2--]=q[i];
else tmp[w3++]=q[i];
}
if(w3){
for(int i=1;i<=100;i++)f[mid][i]=f[mid+1][i]=inf;
f[mid][v[mid]]=d[mid];f[mid][0]=0;
f[mid+1][v[mid+1]]=d[mid+1];f[mid+1][0]=0;
for(int i=mid-1;i>=l;i--)
for(int j=0;j<=100;j++)
if(j>=v[i])f[i][j]=min(f[i+1][j],max(f[i+1][j-v[i]],d[i]));
else f[i][j]=f[i+1][j];

for(int i=mid+2;i<=r;i++)
for(int j=0;j<=100;j++)
if(j>=v[i])f[i][j]=min(f[i-1][j],max(f[i-1][j-v[i]],d[i]));
else f[i][j]=f[i-1][j];

for(int i=0;i<w3;i++)
for(int j=0;j<=tmp[i].sum;j++)
ans[tmp[i].i]|=max(f[tmp[i].l][j],f[tmp[i].r][tmp[i].sum-j])<=tmp[i].c;
}
for(int i=w2+1;i<=qr;i++)q[i]=tmp[i];
solve(l,mid,ql,w1-1);
solve(mid+1,r,w2+1,qr);
}
int main() {
scanf("%d",&T);
while(T--){
memset(ans,0,sizeof ans);
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&v[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&d[i]);
for(int i=1;i<=m;i++)
scanf("%d%d%d%d",&q[i].l,&q[i].r,&q[i].c,&q[i].sum),q[i].i=i;
solve(1,n,1,m);
for(int i=1;i<=m;i++)printf("%d",ans[i]^1);
puts("");
}
return 0;
}

C - Lamp

HDU - 2828

题意

n盏灯，m个开关（\(n,m\le 500\)）。每个开关最多控制两盏灯，开关是并联的。

给出每盏灯能够亮的开关的状态，满足其中一个或多个都可以亮。

求所有开关的状态，使得所有灯都能亮。不存在则输出-1。

题解

解法1.网络流
建图：s->开关，若控制一盏灯或控制两盏灯却状态相反，则容量为1，否则为2；

​ 开关->控制的灯，容量1；

​ 灯->t，容量1。

若s流出的边满流则有解。判断一下最大流中开关流向的灯是哪一盏，就可以得出该开关的状态。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <queue>
#define N 1005
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;

struct edge{int to,next,w;}e[5005];
int head
,g
,cnt;
int st,ed;
int d
,ans,tans;
char o[4];
int n,m;
int swi
[2],la
[2];
void add(int u,int v,int c){
e[cnt]=(edge){v,head[u],c};head[u]=cnt++;
e[cnt]=(edge){u,head[v],0};head[v]=cnt++;
}
void init(){
cnt=0;
memset(head,-1,sizeof head);
}
int bfs(){
memset(d,-1,sizeof d);
queue<int>q;
q.push(st);
d[st]=0;
while(!q.empty()){
int i,k=q.front();
q.pop();
for(i=head[k];~i;i=e[i].next){
int v=e[i].to;
if(e[i].w>0&&d[v]==-1){
d[v]=d[k]+1;
q.push(v);
}
}
}
return d[ed]>0;
}
int dinic(int k,int low){
if(k==ed||low==0)return low;
int a,res=0;
for(int &i=g[k];~i;i=e[i].next){
int v=e[i].to;
if(d[v]==d[k]+1&&e[i].w>0&&(a=dinic(v,min(low,e[i].w)))){
res+=a;
low-=a;
e[i].w-=a;
e[i^1].w+=a;
if(!low)break;
}
}
return res;
}
void solve(){
ans=0;
while(bfs()){
memcpy(g,head,sizeof g);
while(tans=dinic(st,inf))ans+=tans;
}
}
int main() {
while(~scanf("%d%d",&n,&m)){
memset(la,0,sizeof la);
init();
ed=n+m+1;
for(int i=1,k;i<=n;i++){
scanf("%d",&k);
add(i+m,ed,1);
for(int j=1,x;j<=k;j++){
scanf("%d %s",&x,o);
swi[x][la[x][0]>0]=o[1]=='N';
la[x][la[x][0]>0]=i;
add(x,i+m,1);
}
}
for(int i=1;i<=m;i++)
add(st,i,(la[i][1]&&swi[i][0]!=swi[i][1])?1:2);
solve();
if(ans<n)puts("-1");
else {
for(int i=0;i<cnt;i+=2)if(!e[i].w){
int lp=e[i].to-m,sw=e[i+1].to;
if(sw<=m&&sw)swi[sw][0]=swi[sw][la[sw][0]!=lp];
}
for(int i=1;i<=m;i++)printf("%s ",swi[i][0]?"ON":"OFF");
puts("");
}
}
return 0;
}

解法2. 二分匹配
只控制一盏，或控制两盏且状态相同的开关，状态可以确定下来，点亮的灯做上标记，并且cnt++。

控制两盏灯且状态相反的开关，与未标记的灯进行二分匹配（匈牙利算法），因为这种开关只能开其中一盏灯，所以匹配成功就cnt++。若cnt==n则有解。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#define N 1005
#define inf 0x3f3f3f3f

char o[4];
int n,m;
int swi
[2],la
[2],ans
,ok
;
int vis
,lk
;
bool find(int x){
for(int i=0;i<2;i++){
int v=la[x][i];
if(ok[v]||vis[v])continue;
vis[v]=1;
if(!lk[v]||find(lk[v])){
lk[v]=x;
ans[x]=swi[x][i];
return 1;
}
}
return 0;
}
int main() {
while(~scanf("%d%d",&n,&m)){
memset(la,0,sizeof la);
memset(lk,0,sizeof lk);
memset(ok,0,sizeof ok);
int cnt=0;
for(int i=1,k;i<=n;i++){
scanf("%d",&k);
for(int j=1,x;j<=k;j++){
scanf("%d %s",&x,o);
swi[x][la[x][0]>0]=o[1]=='N';
la[x][la[x][0]>0]=i;
}
}
for(int i=1;i<=m;i++)if(!la[i][1]||swi[i][0]==swi[i][1]){
ans[i]=swi[i][0];ok[la[i][0]]=ok[la[i][1]]=1;
}
for(int i=1;i<=m;i++)
if(la[i][1]&&swi[i][0]!=swi[i][1]){
memset(vis,0,sizeof vis);
if(find(i))cnt++;
}
for(int i=1;i<=n;i++)if(ok[i])cnt++;
if(cnt<n)puts("-1");
else {
for(int i=1;i<=m;i++)printf("%s ",ans[i]?"ON":"OFF");
puts("");
}
}
return 0;
}

解法3. 舞蹈链DLX
DLX介绍

DLX重复覆盖问题。开关的两个状态为行，灯为列，所以是2m行n列。搜索时，开关的一个状态被用了，就不能用另一个状态了。

抄板子抄错1个字母居然也过了，900ms+，然后对照检查+实验了好久才发现。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#define N 1005*1005
#define RN 1005
#define CN 1005
int sw[RN];
struct DLX{
int size,n,m;
int D
,U
,L
,R
,row
,col
;
int H[RN],S[CN],cnt,ans[RN];
void init(int _n,int _m){
n=_n,m=_m,size=m;
for(int i=0;i<=m;i++){
D[i]=U[i]=i;
R[i]=i+1;
L[i]=i-1;
S[i]=0;
}
L[0]=m;R[m]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)H[i]=-1;
}
void link(int r,int c){
++S[col[++size]=c];
row[size]=r;
U[size]=U[c];
D[size]=c;
D[U[c]]=size;
U[c]=size;
if(H[r]<0) L[size]=R[size]=H[r]=size;
else{
R[size]=R[H[r]];
L[size]=H[r];
L[R[H[r]]]=size;
R[H[r]]=size;
}
}
void del(int p){
for(int i=D[p];i!=p;i=D[i])
R[L[i]]=R[i],L[R[i]]=L[i];
}
void reback(int p){
for(int i=U[p];i!=p;i=U[i])
R[L[i]]=i,L[R[i]]=i;
}
int dance(int x){
if(!R[0]){
cnt=x;
return 1;
}
int c=R[0];
for(int i=R[0];i;i=R[i])
if(S[i]<S[c])c=i;
for(int i=D[c];i!=c;i=D[i])
if(!sw[(row[i]-1)/2+1]){
sw[(row[i]-1)/2+1]=1;
del(i);
ans[x]=row[i];
for(int j=R[i];j!=i;j=R[j])del(j);
if(dance(x+1))return 1;
for(int j=L[i];j!=i;j=L[j])reback(j);
reback(i);
sw[(row[i]-1)/2+1]=0;
}
return 0;
}
}dlx;

char o[10];
int n,m;
int main() {
while(~scanf("%d%d",&n,&m)){
dlx.init(2*m,n);
for(int i=1;i<=n;i++){
int k,x;
scanf("%d",&k);
while(k--){
scanf("%d%s",&x,o);
dlx.link(x*2-(o[1]=='N'),i);
}
}
memset(sw,0,sizeof sw);
if(!dlx.dance(0))puts("-1");
else{
memset(sw,0,sizeof sw);
for(int i=0;i<dlx.cnt;i++)
sw[(dlx.ans[i]-1)/2+1]=dlx.ans[i]%2;
for(int i=1;i<=m;i++)printf("%s ",sw[i]?"ON":"OFF");
puts("");
}
}
return 0;
}

D - Zhuge Liang's Password

HDU - 4772

题意

给定两个n阶二维数组，0、90、180、270度旋转其中一个（不能翻转）,求与另一个重合的数字最多有多少个。

题解

不用模拟旋转，只要找出对应位置即可。我比赛时，t==3的地方写成{y,x},然后wa了一次，于是改成两个都旋转一下再和另一个不旋转时的比较，就水过去了。这让我发现，有很多时候AC的代码也是错误的。以下是我改正后的代码。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#define N 35
using namespace std;
struct p{int x,y;};
int n,a[2]

,ans;
p rot(int x,int y,int t){
if(t==1)
return (p){y,n-1-x};
if(t==2)
return (p){n-1-x,n-1-y};
if(t==3)
return (p){n-1-y,x};
return (p){x,y};
}
int main() {
while(scanf("%d",&n)&&n){
ans=0;
for(int k=0;k<2;k++)
for(int i=0;i<n;i++)
for(int j=0;j<n;j++)
scanf("%d",&a[k][i][j]);
for(int k=0;k<4;k++){
int num=0,num2=0;
for(int i=0;i<n;i++)
for(int j=0;j<n;j++){
p pp=rot(i,j,k);
if(a[0][i][j]==a[1][pp.x][pp.y])
num++;
}
ans=max(num,ans);
}
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}

E - LCS - Longest Common Substring

SPOJ - LCS 

题意

给两个字符串，求最大公共子串的长度

题解

后缀数组

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#define N 500005
using namespace std;
int wa
,wb
,wv
,ss
;
int sa
,rk
,height
;
char s
;
void da(char *r,int *sa,int n){
int i,j,p,*x=wa,*y=wb,m=128;
for(i=0;i<m;i++)ss[i]=0;
for(i=0;i<n;i++)ss[x[i]=r[i]]++;
for(i=1;i<m;i++)ss[i]+=ss[i-1];
for(i=n-1;i>=0;i--)sa[--ss[x[i]]]=i;
for(j=1,p=1;p<n;j*=2,m=p){
for(p=0,i=n-j;i<n;i++)y[p++]=i;
for(i=0;i<n;i++)if(sa[i]>=j)y[p++]=sa[i]-j;
for(i=0;i<n;i++)wv[i]=x[y[i]];
for(i=0;i<m;i++)ss[i]=0;
for(i=0;i<n;i++)ss[wv[i]]++;
for(i=1;i<m;i++)ss[i]+=ss[i-1];
for(i=n-1;i>=0;i--)sa[--ss[wv[i]]]=y[i];
for(swap(x,y),p=1,x[sa[0]]=0,i=1;i<n;i++)
x[sa[i]]=(y[sa[i-1]]==y[sa[i]]&&y[sa[i-1]+j]==y[sa[i]+j])?p-1:p++;
}
}
void calheight(char *r,int *sa,int n)
{
int i,j,k=0;
for(i=1;i<=n;i++) rk[sa[i]]=i;
for(i=0;i<n;height[rk[i++]]=k)
for(k?k--:0,j=sa[rk[i]-1];r[i+k]==r[j+k];k++);
return;
}
int main() {
scanf("%s",s);
int n=strlen(s);
s
='#';
scanf("%s",s+n+1);
int len=strlen(s);
s[len]=0;
da(s, sa, len+1);
calheight(s, sa, len);
int ans=0;
for(int i=2;i<=len;i++)
if(sa[i]>=n&&sa[i-1]<n||sa[i]<n&&sa[i-1]>=n) ans=max(ans,height[i]);
printf("%d\n",ans);
return 0;
}

F - Cutting Tree

UVALive - 6910

题意

给定一棵树每个节点的父节点，有K个操作：C x为移除节点x和它到父节点的边；Q a b，询问a到b是否有路径。

题解

解法1. dfs染色
对于每个给定的p[a]，就加一条边p[a]->a，然后dfs染色。询问时判断一下是否是同色，移除时dfs(a)再染过一下颜色。这种做法没有TLE，但是如果给一条长链还是有可能超时的。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#define in(s) freopen(#s".in","r",stdin)
#define out(s) freopen(#s".out","w",stdout);
#define ll long long
#define N 20005
#define M 3000
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
int t,n,k,p
;
struct edge{int v,next;}e
;
int head
,cnt;
bool vis
;
int c
,cc;
void dfs(int x){
c[x]=cc;
for(int i=head[x];i;i=e[i].next)if(p[e[i].v]){
dfs(e[i].v);
}
}
bool path(int a,int b){
if(c[a]==c)
return 1;
return 0;
}
int main() {
scanf("%d",&t);
for(int cas=1;cas<=t;cas++){
printf("Case #%d:\n",cas);
memset(p,0,sizeof p);
memset(head,0,sizeof head);
cc=cnt=0;
scanf("%d %d",&n,&k);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&p[i]);
e[++cnt]=(edge){i,head[p[i]]};
head[p[i]]=cnt;
}
for(int i=1;i<=n;i++)if(p[i]==0){cc++;dfs(i);}
for(int i=1;i<=k;i++){
char op;int a,b;
scanf(" %c %d",&op,&a);
if(op=='C'){
p[a]=0;
cc++;
dfs(a);
}else{
scanf("%d",&b);
printf("%s\n",path(a,b)?"YES":"NO");
}
}
}
return 0;
}

[b]解法2. 逆向离线并查集
读入所有操作，再离线倒着处理，删边变成加边，并查集解决。要注意一个点可能移除多次，第一次移除时才能合并。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#define M 5005
#define N 20005
int a[M],b[M],ans[M];
int T,n,m,p
,f
,c
;
int find(int x){
if(f[x]==x)return x;
return f[x]=find(f[x]);
}
void uni(int a,int b){
if(!b)return;
f[find(a)]=find(b);
}
int main() {
scanf("%d",&T);
for(int cas=1;cas<=T;cas++){
printf("Case #%d:\n",cas);
scanf("%d%d",&n,&m);
memset(b,0,sizeof b);
memset(c,0,sizeof c);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&p[i]),f[i]=i;
for(int i=1;i<=m;i++){
char o;
scanf(" %c%d",&o,&a[i]);
if(o=='C')c[a[i]]++;
else scanf("%d",&b[i]);
}
for(int i=1;i<=n;i++)if(!c[i])uni(i,p[i]);
for(int i=m;i;i--){
if(b[i])ans[i]=find(a[i])==find(b[i]);
else if(--c[a[i]]==0) uni(a[i],p[a[i]]);//c减为0才合并
}
for(int i=1;i<=m;i++)
if(b[i])printf("%s\n",ans[i]?"YES":"NO");
}
return 0;
}

G - Disjoint water supply

UVALive - 6528

题意

1~n城市海拔从高到低，现在给出一些边，方向是从高到低。两个城市disjoint 当且仅当有两条路径从1出发，分别到这两个城市，且只在1节点相交。输出disjoint的城市有几对。

题解

分三类点，1. 与1直接相连，2. 所有1来的路径都必定经过某一点，3. 从1过来的路径没有必定经过的点。

第1和第3类点x，令f[x]=x，第2类点，令f[x]=p，p是必定经过的点的f。

第1类的好判断，判断2，3类需要利用已经计算出来的f：

因为边只能是海拔高到低的，下标小的海拔高，因此所有与 i 相连的比 i 小的点j 和k(\(j\neq k\))中若存在f[j]!=f[k]，就是第3类，否则是第2类，p就是f[j]。

这样 f 相同的就是同一组，同一组内的就是不disjoint的。用总对数减去每组内的对数就是答案了。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#define N 1005
#define M 100005
using namespace std;
int n,m,g

,num
,f
;
int main() {
while(~scanf("%d%d",&n,&m)){
memset(g,0,sizeof g);
memset(num,0,sizeof num);
memset(f,0,sizeof f);
for(int i=1,u,v;i<=m;i++){
scanf("%d%d",&u,&v);
g[u][v]=g[v][u]=1;
if(u==1)f[v]=v;
if(v==1)f[u]=u;
}
f[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)if(!f[i]){
int ok=1,p;
for(int j=1;j<i&&ok;j++)if(g[i][j]){
for(int k=1;k<i&&ok;k++)if(g[i][k]&&k!=j){
if(f[k]!=f[j]){
f[i]=i;ok=0;
}
}
p=f[j];
}
if(ok)f[i]=p;
}
int ans=n*(n-1)/2;
for(int i=1;i<=n;i++)num[f[i]]++;
for(int i=1;i<=n;i++)
ans-=(num[i]-1)*num[i]/2;
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}

H - Series 2

HDU - 4928 

题意

若0~k阶差分都是单调的，那么就称为k阶单调。

如果0阶差分是不单调的，输出“ugly series”，否则如果0~n-1阶都是单调的，就输出“nice series”，否则输出最大的k。

题解

直接模拟会超时，我们可以把0压缩一下，时间复杂度证明见下面的官方题解。如何压缩呢？用L，R游标的移动来实现。

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define N 100005
#define ll long long
int T,n;
ll a
;
int main(){
scanf("%d",&T);
while(T--){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%lld",&a[i]);
int i,j,L,R;
for(i=0,L=1,R=n;i<n&&L<R;i++){
int inc=0,dec=0;
for(j=L;j<R;j++)
if(a[j+1]>a[j])inc=1;
else if(a[j+1]<a[j])dec=1;
if(inc&&dec)break;
if(dec)
for(int p=L,q=R;p<=q;p++,q--)swap(a[p],a[q]);
for(j=L;j<R;j++)a[j]=a[j+1]-a[j];
if(L>1)L--;//如果这是压缩过的串，L--，这次还要在左边加一个0。
R--;
while(L<R&&a[L]==0&a[L+1]==0)L++;//将多个0压缩为1个
}
if(i==n||L==R)puts("nice series");
else if(i==0) puts("ugly series");
else printf("%d\n",i-1);
}
}