前言
相信不用我说什么了，虎哥出题我必糊……下边是分析
NO.1 食物链
题目
如图所示为某生态系统的食物网示意图
现在给你n个物种和m条能量流动关系，求其中的食物链条数。
物种的名称为从1到n编号，m条能量流动关系形如
(a_1 b_1)
(a_2 b_2)
(a_3 b_3)
(……)
(a_{m−1} b_{m−1})
(a_m b_m)
其中ai bi表示能量从物种ai流向物种bi。
输入格式
第一行两个正整数(n)和(m)。
接下来(m)行每行两个整数(a_i,b_i)表示(m)条能量流动关系。
（数据保证输入数据符号合生物学特点，且不会有重复的能量流动关系出现）
输出格式
一个整数即食物网中的食物链条数。
样例输入
10 16
1 2
1 4
1 10
2 3
2 5
4 3
4 5
4 8
6 8
7 6
7 9
8 5
9 8
10 6
10 7
10 9
样例输出
9
数据范围
(1le nle 100000,0le mle 200000)。
分析
这个题其实只是一道裸的记忆化暴搜，其实除了建边我全都写对了，然而我当时一时nt，直接反向建边（因为我觉的这样好做……）然后就(WA)了，以后可不能玩这有的没的了……
我们统计每个点的入度和出度，显然入度为(0)的点是食物链的起点，我们就从这个点开始递归，统计到有入度没出度的点就直接让(ans++)，因为他没有子节点，只有自己本身，然后要记得每一次的答案都要用一个数组记录下来，不然应该会(TLE)。
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 2e5+10;
struct Node{//建边结构体
int v,next;
}e[maxn];
int vis[maxn];
int head[maxn],ans;
int n,m;
int tot,du[maxn],rd[maxn],cd[maxn];
void Add(int x,int y){//建边
e[++tot].v = y;
e[tot].next = head[x];
head[x] = tot;
}
int Dfs(int x){//i递归
if(du[x])return du[x];//当前点被搜过就直接返回值
int ans = 0;
if(!cd[x] && rd[x])ans++;//扫到了食物链终点直接答案加一
for(int i=head[x];i;i=e[i].next)ans+=Dfs(e[i].v);//字节点的值加起来
return du[x] = ans;//记忆化并返回当前点的值
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=m;++i){
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
Add(x,y);//建边并统计出入度
cd[x]++;
rd[y]++;
}
for(int i=1;i<=n;++i){
if(rd[i]==0){//入度为0，从起点出发
ans+=Dfs(i);
}
}
printf("%d
",ans);
}
NO.2 升降梯上
题目描述
开启了升降梯的动力之后，探险队员们进入了升降梯运行的那条竖直的隧道，映入眼帘的是一条直通塔顶的轨道、一辆停在轨道底部的电梯、和电梯内一杆控制电梯升降的巨大手柄。
(Nescafe)之塔一共有(N)层，升降梯在每层都有一个停靠点。手柄有(M)个控制槽，第(i)个控制槽旁边标着一个数(C_i)，满足(C_1<C_2<C_3<……<C_M)。如果(C_i>0)，表示手柄扳动到该槽时，电梯将上升(C_i)层；如果(C_i<0)，表示手柄扳动到该槽时，电梯将下降(-C_i)层；并且一定存在一个(C_i=0)，手柄最初就位于此槽中。注意升降梯只能在(1 o N)层间移动，因此扳动到使升降梯移动到(1)层以下、(N)层以上的控制槽是不允许的。
电梯每移动一层，需要花费(2)秒钟时间，而手柄从一个控制槽扳到相邻的槽，需要花费(1)秒钟时间。探险队员现在在(1)层，并且想尽快到达(N)层，他们想知道从(1)层到(N)层至少需要多长时间？
输入格式
第一行两个正整数(N)、(M)。
第二行(M)个整数(C_1、C_2……C_M)。
输出格式
输出一个整数表示答案，即至少需要多长时间。若不可能到达输出(-1)。
样例
样例输入
6 3
-1 0 2
样例输出
19
数据范围与提示
手柄从第二个槽扳到第三个槽（(0)扳到(2)），用时(1)秒，电梯上升到(3)层，用时(4)秒。
手柄在第三个槽不动，电梯再上升到(5)层，用时(4)秒。
手柄扳动到第一个槽（(2)扳到(-1)），用时(2)秒，电梯下降到(4)层，用时(2)秒。
手柄扳动到第三个槽（(-1)扳倒(2)），用时(2)秒，电梯上升到(6)层，用时(4)秒。
总用时为((1+4)+4+(2+2)+(2+4)=19)秒。
对于(30\%) 的数据，满足(1le Nle 10)，(2le Mle 5)。
对于 (100\%) 的数据，满足(1le Nle 1000，2le Mle 20)，(-N<C_1<C_2<……<C_M<N)。
分析
又是一个玄学建边求最短路的题，只是没看出来……以后要多练练这方面的思维了。主要思路就是从手柄每个位置之间建边，边权就是时间也就是标号差的绝对值。然后每一个手柄的位置在不同的层之间也要建边，边权就是楼层差乘以2，楼层差是根据这个手柄能走多少来决定的，具体代码注释里说。
然后建完边跑最短路，与最短路的题不一样的是，这次要统计最顶层到达所有手柄位置中最小的路径，因为最后手柄不一定拉到哪里，当然是最小的更优。
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 4e5+10;
int head[maxn],dis[25005],vis[25005];
struct Node{
int v,next,val;
}e[maxn<<1];
int tot;
int a[maxn],ll,jl[1005][50];
void Add(int x,int y,int z){//建边
e[++tot].v = y;
e[tot].next = head[x];
head[x] = tot;
e[tot].val = z;
}
priority_queue<pair<int,int> >q;
void Dij(int x){//堆优化迪杰斯特拉求最短路
memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
dis[x] = 0;
q.push(make_pair(0,x));
while(!q.empty()){
int y = q.top().second;
q.pop();
if(vis[y])continue;
vis[y] = 1;
for(int i=head[y];i;i=e[i].next){
int v = e[i].v;
int w = e[i].val;
if(dis[v]>dis[y]+w){
dis[v] = dis[y]+w;
q.push(make_pair(-dis[v],v));
}
}
}
}
int main(){
int n,m;
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=m;++i){
cin>>a[i];
}
int cnt = 0;
for(int i=1;i<=n;++i){
for(int j=1;j<=m;++j){
jl[i][j] = ++cnt;//把所有的点都赋予一个标号
if(i == 1 && a[j] == 0)ll = cnt;//记录手柄初始位置
}
}
for(int i=1;i<=n;++i){
for(int j=1;j<=m;++j){
for(int k=1;k<=m;++k){//手柄位置不同就建边
if(j!=k)
Add(jl[i][j],jl[i][k],abs(k-j));//手柄之间建边，边权是差值绝对值
}
}
}
for(int i=1;i<=n;++i){
for(int j=1;j<=m;++j){
if(a[j]!=0 && i+a[j]>=1 && i+a[j]<=n){//不是初始位置且拉完拉杆以后没有跑到外边
Add(jl[i][j],jl[i+a[j]][j],abs(a[j]*2));//边权为走的楼层数乘以2，按钮位置不变，只改第一维的高度
}
}
}
Dij(ll);//从手柄初始位置开始最短路
int ans = 0x3f3f3f3f;
for(int i=1;i<=m;++i){
ans = min(ans,dis[jl[n][i]]);//找到顶层最短的路径
}
if(ans == 0x3f3f3f3f){//没有路径就输出-1
cout<<-1<<endl;
return 0;
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
分析解法2
还有一种就是(dp)解法，这是(lc)大佬讲的，利用(f[i][j])记录到第(i)层，手柄位置为(j)的时间，然后从手柄位置为(k)转移而来，取(min)即可，下边代码
代码
自己写的时候有点压行，所以凑合着看吧
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e3+4,maxk = 25;
#define ll long long
ll f[maxn][maxk],ans = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f,jl[maxn],n,m;
int main(){
memset(f,0x3f,sizeof(f));
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=m;++i){
cin>>jl[i];
if(jl[i] == 0)f[1][i] = 0;//第一层初始位置时间为0
}
for(int js=1;js<=5;++js)//贪心多贪几遍，保证正确（lc大佬说的）
for(int i=1;i<=n;++i)//枚举楼层
for(int j=1;j<=m;++j)//当前手柄位置
for(int k=1;k<=m;++k){//上一次手柄位置
int now = i-jl[k];//这次拉手柄前的位置
if(now>=1 && now<=n)f[i][j] = min(f[i][j],f[now][k]+abs(j-k)+abs(jl[k]*2));//更新答案
}
for(int i=1;i<=m;++i)ans = min(ans,f[n][i]);//顶层取最大值
printf("%lld",ans == 0x3f3f3f3f3f3f3f3f?-1:ans);return 0;//玄学三维运算符自行理解
}
NO.3 Password
题目描述
(Rivest)是密码学专家。近日他正在研究一种数列(E={E[1],E[2],……,E[n]})，且(E[1]=E[2]=p)（(p)为一个质数），(E[i]=E[i-2] imes E[i-1])（若(2<ile n)）。例如({2,2,4,8,32,256,8192,……})就是(p=2)的数列。在此基础上他又设计了一种加密算法，该算法可以通过一个密钥(q(q<p))将一个正整数(n)加密成另外一个正整数(d)，计算公式为：(d=E[n] mod q)。现在(Rivest)想对一组数据进行加密，但他对程序设计不太感兴趣，请你帮助他设计一个数据加密程序。
输入描述
读入(m)，(p)。其中(m)表示数据个数，(p)用来生成数列(E)。以下有(m)行，每行有(2)个整数(n)，(q)。(n)为待加密数据，(q)为密钥。
输出描述
第(i)行输出第(i)个加密后的数据。
样例输入
2 7
4 5
4 6
样例输出
3
1
分析
这个题其实就是比较裸的数论，只不过是考到的东西非常多，所以我们逐一分析，首先数列(E)的求出，我们分析一下给的例子，很容易就能得出这是(p)的乘方，乘方数就是菲波纳契数列，然后因为(p)为质数，所以我们可以根据扩展欧拉定理得出公式：
因为我们要求的是(p)的菲波纳契数列第(n)项次方(modq)，所以我们需要的只是菲波纳契数列第(n)项，根据上边的公式，我们可以把菲波纳契数列第(n)项次方转化为(p^{varphi(q) imes k + t})，利用矩阵快速幂求出这个(t)只需要在乘的过程中一直取(varphi(q))的模就行了，最后再加上一个(varphi(q))，这就是乘方，然后利用快速幂求解。
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
ll m,p;
ll phimod;
struct juzhen{//矩阵结构体
ll jz[3][3];
ll n,m;
juzhen(){
memset(jz,0,sizeof(jz));
n=0;
m=0;
}
}fib,tmp;
juzhen operator * (juzhen a,juzhen b){//运算符重载
juzhen ans;
ans.n = a.n;
ans.m = b.m;
for(int i=1;i<=a.n;++i){
for(int j=1;j<=b.m;++j){
ans.jz[i][j] = 0;
for(int k=1;k<=a.m;++k){
ans.jz[i][j] = (ans.jz[i][j]%phimod+((a.jz[i][k]%phimod)*(b.jz[k][j]%phimod))%phimod)%phimod;
}
}
}
return ans;
}
void jzksm(ll k){//矩阵快速幂
while(k){
if(k&1){
fib = fib * tmp;
}
tmp = tmp * tmp;
k>>=1;
}
}
ll getphi(ll n){//求欧拉函数值
ll ans = n;
ll m = sqrt(n+0.5);
for(int i=2;i<=m;++i){
if(n%i == 0){
ans = ans/i*(i-1);
while(n%i == 0)n=n/i;
}
}
if(n>1)ans = ans/n*(n-1);
return ans;
}
ll ksm(ll a,ll b,ll mod){//普通快速幂
ll ans = 1;
while(b){
if(b&1){
ans = ans*a%mod;
}
a = a*a%mod;
b>>=1;
}
return ans%mod;
}
int main(){
scanf("%lld%lld",&m,&p);
for(int i=1;i<=m;++i){//初始化
fib.n = 1;
fib.m=2;
fib.jz[1][1] = fib.jz[1][2] = 1;
tmp.n = tmp.m = 2;
tmp.jz[1][1] = tmp.jz[1][2]=tmp.jz[2][1] = 1;
tmp.jz[2][2] = 0;
ll n,q;
scanf("%lld%lld",&n,&q);
phimod = getphi(q);//求出q的欧拉函数值
if(n>=3LL)jzksm(n-2);//n比3大才需要求幂
ll fang = fib.jz[1][1]+phimod;//答案应该是多少次方
ll ans = ksm(p,fang,q);//快速幂
printf("%lld
",ans);
}
return 0;
}
NO.4 子串
题目描述
有两个仅包含小写英文字母的字符串 (A) 和 (B)。
现在要从字符串 (A) 中取出 (k) 个互不重叠的非空子串，然后把这 (k)个子串按照其在字符串 (A)中出现的顺序依次连接起来得到一个新的字符串。请问有多少种方案可以使得这个新串与字符串 (B) 相等？
注意：子串取出的位置不同也认为是不同的方案。
输入格式
第一行是三个正整数 (n,m,k),分别表示字符串 (A) 的长度，字符串 (B) 的长度，以及问题描述中所提到的 (k)，每两个整数之间用一个空格隔开。
第二行包含一个长度为 (n) 的字符串，表示字符串 (A)。
第三行包含一个长度为 (m) 的字符串，表示字符串 (B)。
输出格式
一个整数，表示所求方案数。
由于答案可能很大，所以这里要求输出答案对 100000000710000000071000000007 取模的结果。
输入输出样例
输入 #1
6 3 1
aabaab
aab
输出 #1
2
输入 #2
6 3 2
aabaab
aab
输出 #2
7
输入 #3
6 3 3
aabaab
aab
输出 #3
7
说明/提示
对于第 (1) 组数据:(1le nle 500,1le mle 50,k=1);
对于第 (2) 组至第 (3) 组数据:(1le nle 500,1le mle 50,k=2);
对于第 (4) 组至第 (5) 组数据:(1le nle 500,1le mle 50,k=m)
对于第 (1) 组至第 (7) 组数据:(1le nle 500,1le mle 50,1le kle m);
对于第 (1) 组至第 (9) 组数据:(1le nle 1000,1le mle 100,1le kle m)
对于所有 (10) 组数据:(1le nle 1000,1le mle 200,1le kle m)
分析
虎哥的最爱：字符串。
这个题应该是一个(dp)，机房里的大佬们都用的三维或者四维，我在改题的时候看见了一个二维的，效率挺高的，所以分享一下。我们定义(f[i][j][k])为第二个字符串前(j)个字符，第一个字符串里前(i)分出来(k)段的最大值，因为(i)一定是从上一个状态转移来，所以这里可以压一维，然后就是两维，第一维被压掉了。
我们再使用一个数组(sum[j][k])来进行记录，如果上一位的(s1)(s2)一样，那么(sum)每次都可以在转移的时候进行初始化（也算是压行吧）:
根据这个三维运算符就可以初始化出来，然后就是转移了，看代码
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int maxn = 1005;
ll f[maxn][maxn];
ll sum[maxn][maxn],n,m,kl;
char s1[maxn],s2[maxn];
int main(){
f[0][0]=1;//初始化
cin>>n>>m>>kl;
cin>>s1>>s2;
for(int i=1;i<=n;++i){
for(int j=m;j>=1;--j){
for(int k=kl;k>=1;k--){
f[j][k] = (f[j][k] + (sum[j][k] = s1[i-1] == s2[j-1] ? sum[j-1][k]+f[j-1][k-1] : 0))%1000000007;//加的时候取模，sum在这里处理，从s2长度-1，段数-1转移而来
}
}
}
cout<<f[m][kl]<<endl;//分成kl段，长度为m的情况
return 0;
}