czl蒻蒟的OI之路16

XJOI奋斗群蒻蒟群群赛17 RANK排名9

T1Increasing SequenceTLE一次AC

题意

分析过程

给出题解

T2Jumping JackWA一次后AC

题意

分析过程

给出题解

T3How Many Squares 已AC

题意

分析过程

给出题解

T4A Simple TaskWA两次之后AC

题意

分析过程

给出题解

T5

题意

分析过程

给出题解

—>XJOI奋斗群（蒻蒟群）群赛17<— RANK排名9

T1：Increasing Sequence（TLE一次AC）

题意：

给你一个数列，然后给出你一个数d，数列中的每个数都可以加上d，问你最少加上几次d，能够使这个数列变成一个增序序列。

分析过程：

只要每碰到一个数比前一个数小，就加上一定的值直到大于前一个数，最后输出次数就行了。

给出题解：

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

int main()
{
int n,d;
int a[5000];
scanf("%d%d",&n,&d);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
}
long long  cnt=0;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
if(a[i]<=a[i-1])
{
int dif=a[i-1]-a[i];
dif/=d;
dif++;
a[i]+=d*dif;
cnt+=dif;
}
else continue;
}
printf("%d\n",cnt);
return 0;
}

T2：Jumping Jack（WA一次后AC）

题意：

一个人在练习跳跃，第一次只能跳一个单位，之后每一次跳就能够比前一次长一个单位，问你经过多少次跳跃之后能够准确地到达x这个位置。

分析过程：

由于x的值可能是正的也可能是负的，所以要先把x取绝对值。先预估sqrt（2*x）的值作为cnt的预估值，然后再从这个值开始向答案推进。

给出题解：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
int x;
scanf("%d",&x);
x=abs(x);
int cnt=sqrt(2*x);
while(cnt*(cnt+1)/2<x||(cnt*(cnt+1)/2-x)&1)
cnt++;
printf("%d\n",cnt);
return 0;
}

T3：How Many Squares? （已AC）

题意：

给你一个矩阵，问你其中有几个正方形，要求正方形旁边不能有多与的边。

分析过程：

先便利每个数组中的

给出题解：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int dic[8][2]= {{0,1},{1,0},{0,-1},{-1,0},{1,1},{1,-1},{-1,1},{-1,-1}};
char a[255][255];
int len=0;
int n,m;

void judge(int x,int y)
{
if(x<0||x>=n||y<0||y>=m||a[x][y]!='1')return ;
a[x][y]='2';
len++;
for(int i=0; i<8; i++)
{
judge(x+dic[i][0],y+dic[i][1]);
}
}

bool solve(int x,int y,int len,int l,int r)
{
for(int i=0; i<len+1; i++)
for(int j=l; j<r; j++)
{
if(x+dic[j][0]*i<0||x+dic[j][0]*i>=n||y+dic[j][1]*i<0||y+dic[j][1]*i>=m||a[x+dic[j][0]*i][y+dic[j][1]*i]!='2')
return 0;
}
return 1;
}

int main()
{
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=0; i<n; i++)
scanf("%s",a[i]);
int res=0;
for(int i=0; i<n; i++)
for(int j=0; j<m; j++)
{
if(a[i][j]=='1'
bc20
)
{
len=0;
judge(i,j);
if(len%4)continue;
res+=solve(i,j,len/4,0,2)&&solve(i+len/4,j+len/4,len/4,2,4);
res+=solve(i,j,len/4,4,6)&&solve(i+len/2,j,len/4,6,8);
}
}
printf("%d\n",res);
}
return 0;
}

T4：A Simple Task（WA两次之后AC）

题意：

给你一个简单的无向图，让你统计其中环的个数。

分析过程：

我们设计一个状态{[s][SET][i]}来记录起点s到终点i的简单路径的条数，其中SET表示经过的节点的集合。但由于圆排列的性质，这样的状态是有重复的。我们通过指定起点为SET中的最小序号点来消除圆排列带来的重复，状态变为{[SET][i]}。还要注意，即使这样定义状态，计算简单环个数的时候仍会将2个节点一条单边的情况当成环，也会将长度大于2的环正向计算一遍，反向计算一遍。所以我们还要进行后处理。

前向的状态转移方程可以写作：

dp[SET][j]=∑(i∈SET,i−j)dp[SET][i]

但这样的方程并不利于统计简单环的个数。

后向的状态转移方程可以写作：

设简单环的个数用统计量cnt表示。对于dp[SET][i]状态，i的每一条边eij,j∈neighbor(i)：若j∈SET则说明遇到了环，dp[SET][i]贡献给cnt；若j∉SET则说明获得一条简单路径，dp[SET][i]贡献给dp[SET′][j]。

后处理：

由于长度为2的简单环被统计了进去，所以cnt−m；又由于长度大于2的简单环被统计了2遍，所以(cnt−m)/2。

最后要注意环的个数可能会达到19！个，所以我们需要用int64（之前被这个卡了好久）。

给出题解：

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

ll n,m,ans,tot;
ll tmap[20][20],f[1<<19][19];

ll get_p(int a)
{
for(int i=0; i<n; i++)
{
if(a&(1<<i)) return i;
}
}
ll solve()
{
ll i,j,k,p,s;
ans=0;
tot=(1<<n)-1;
memset(f,0,sizeof f);
for(i=0; i<n; i++)
{
//      printf("%d %d\n",1<<i,i);
f[1<<i][i]=1;
}
for(i=1; i<=tot; i++)
{
for(j=0; j<n; j++)
{
if(f[i][j]==0) continue ;
p=get_p(i);
for(k=p; k<n; k++)
{
if(j==k) continue ;
if(tmap[j][k]==0)continue;
if(i&(1<<k))
{
if(k==p) ans+=f[i][j];
}
else
{
s=i|(1<<k);
f[s][k]+=f[i][j];
}
}
}
}
ans-=m;
ans/=2;
return ans;
}
int main()
{
scanf("%I64d%I64d",&n,&m);
memset(tmap,0,sizeof tmap);
ll u,v;
for(int i=1; i<=m; i++)
{
scanf("%I64d%I64d",&u,&v);
tmap[u-1][v-1]=tmap[v-1][u-1]=1;
}
ll res=solve();
printf("%I64d\n",res);
return 0;
}
}

T5：

题意：

分析过程：

给出题解：