2017-7-10测试

n个天使排成一条直线，某些天使之间需要互相联系，他们之间的通讯可以通过黑白两种通道中的一种；所有通道必须在直线同侧（另一侧是地面）；为了保证通讯效率，同种颜色的所有通道之间不能相交。请计算能否建立这种通讯方案。

第一行一个数T，表示接下来有T个询问。

对于每个询问：第一行两个数n，m，分别表示有n个天使、需要建立通讯线路的天使有m对；接下来有m行，每行两个数a、b，表示a、b两个天使需要通讯。

对于每个询问，输出一行“sane”表示有可行方案、“non”表示无解

sane

【样例解释】

样例中共有一个询问。

在(1,3)、(4,7)、(5,6)之间连黑色通道，在(2,7)、(3,4)之间连白色通道，每条通道都成功建立，且同种颜色的通道没有相交，所以输出sane。

【数据规模和约定】

对于 20%的数据，1<=n<=50，1<=m<=15

对于 50%的数据，1<=n<=1000，1<=m<=300

对于 100%的数据，1<=n<=5000，1<=m<=1000，1<=T<=10，1<=a<=n，1<=b<=n

数据保证每对(a,b)不重复，且a不等于b

【提示】

当两条线路有一对相同的端点时，这两条线路不相交。

也就是说，对于线路(a,b)和线路(c,d)（a<b且c<d），当且仅当a<c<b<d或者c<a<d<b时这两条线路相交。

我们可以根据它给出来的连边条件来构造一个图，然后染色判断这个图是否有冲突（是否为二分图），若成功了，便可以。

#include<cstdio> 
#include<iostream> 
#include<algorithm> 
#include<cmath> 
#include<cstring> 
#include<string> 
using namespace std;  
  
int CAS,n,m,color[1007]; 
int cnt,head[1007],next[2000007],rea[2000007]; 
struct fzy 
{ 
    int l,r; 
}a[1007]; 
  
bool check(int i,int j) 
{ 
    if (a[i].r<=a[j].l||a[j].r<=a[i].l) return 0; 
    if (a[i].l<=a[j].l&&a[i].r>=a[j].r) return 0; 
    if (a[i].r<=a[j].r&&a[i].l>=a[j].l) return 0; 
    return 1; 
} 
void add(int u,int v) 
{ 
    cnt++; 
    next[cnt]=head[u]; 
    head[u]=cnt; 
    rea[cnt]=v; 
} 
void dfs(int u) 
{ 
    for (int i=head[u];i!=-1;i=next[i]) 
    { 
        int v=rea[i]; 
        if (color[v]==-1) 
        { 
            color[v]=color[u]^1; 
            dfs(v); 
        } 
    } 
} 
int main() 
{ 
    scanf("%d",&CAS); 
    while (CAS--) 
    { 
        cnt=0; 
        memset(head,-1,sizeof(head)); 
        memset(color,-1,sizeof(color)); 
        scanf("%d%d",&n,&m); 
        for (int i=1;i<=m;i++) 
        { 
            scanf("%d%d",&a[i].l,&a[i].r); 
            if (a[i].l>a[i].r) swap(a[i].l,a[i].r); 
            for (int j=1;j<i;j++) 
                if (check(i,j)) 
                { 
                    add(i,j); 
                    add(j,i); 
                } 
        } 
        for (int i=1;i<=m;i++) 
            if (color[i]==-1) 
            { 
                color[i]=0; 
                dfs(i); 
            } 
        int flag=0; 
        for (int i=1;i<=m;i++) 
        { 
            for (int j=head[i];j!=-1;j=next[j]) 
            { 
                int u=i,v=rea[j]; 
                if (color[u]==color[v]) 
                { 
                    flag=1; 
                    break; 
                }    
            } 
            if (flag==1) break; 
        } 
        if (flag==1) printf("non
"); 
        else printf("sane
"); 
    } 
}

问题 B: 都市环游

时间限制: 1 Sec 内存限制: 512 MB
提交: 253 解决: 88
[提交][状态][讨论版]

题目描述

因为SJY干的奇怪事情过多，SJY收到了休假的通知，于是他准备在都市间来回旅游。SJY有一辆车子，一开始行驶性能为0，每过1时间行驶性能就会提升1点。每个城市的道路都有性能要求。SJY一共有t时间休息，一开始他位于1号城市（保证1号城市道路要求为0），他希望在n号城市结束旅程。每次穿过一条城市间的路会花费1时间，当然他也可以停留在一个城市不动而花费1时间。当且仅当车子的行驶性能大于等于一个城市，我们才能到达那里。SJY希望知道，旅游的方案模10086后的答案。（只要在某一时刻通过的道路存在一条不相同，就算不同的方案）

输入

第一行三个数n,m,t，表示有n个城市m条道路t时间。

第二行n个数，hi表示第i个城市的道路性能要求。

第三到m+2行，每行两个数u,v，表示城市u与城市v之间有一条单向道路连接（可能有重边）。

输出

包括一个数字，表示旅游的方案模10086。

样例输入

样例输出

提示

【数据规模和约定】

对于20%的数据，n<=10,t<=80；

对于50%的数据，n<=30,t<=80；

对于100%的数据，n<=70,m<=1000,t<=100000000,hi<=70。

　这道题一看觉得像矩阵乘法，但前几个时间内的矩阵是不断变化的，所以我们能预处理出前max_T的时间内的矩阵。因为（max_T<70)，然后剩下就是一个矩阵乘法啦。

#include<iostream> 
#include<cstdio> 
#include<algorithm> 
#include<cstring> 
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=n;i++) 
using namespace std; 
#define N 75 
int n,m,Time,City_level[N],Highest_time,f[75][75],ans[N][N],c[N][N],b[N][N],map[N][N][N]; 
void init() 
{ 
    scanf("%d %d %d",&n,&m,&Time); 
    for(int i=1;i<=n;i++) 
    { 
        scanf("%d",&City_level[i]); 
        Highest_time=max(Highest_time,City_level[i]); 
    } 
    for(int tt=1;tt<=min(Time,Highest_time);tt++) 
    for(int i=1;i<=n;i++) 
    { 
        map[tt][i][i]=1; 
    } 
    for(int i=1;i<=m;i++) 
    { 
        int x,y; 
        scanf("%d %d",&x,&y); 
        for(int j=City_level[y];j<=min(Time,Highest_time);j++) 
        { 
            map[j][x][y]++; 
        } 
    } 
} 
void DP() 
{ 
    ans[1][1]=1; 
    f[0][1]=1; 
    for(int TT=1;TT<=min(Highest_time,Time);TT++) 
    { 
        memset(c,0,sizeof(c)); 
        rep(i,1,n) 
            rep(j,1,n) 
                rep(k,1,n) 
                { 
                    c[i][j]=(c[i][j]+ans[i][k]*map[TT][k][j])%10086; 
                } 
                  
        rep(i,1,n) 
            rep(j,1,n) 
                ans[i][j]=c[i][j];       
    } 
} 
void saowei() 
{ 
    Time-=Highest_time; 
    for(int i=1;i<=n;i++) 
        for(int j=1;j<=n;j++) 
        b[i][j]=map[Highest_time][i][j]; 
    while(Time) 
    { 
        if(Time%2==1) 
        { 
            memset(c,0,sizeof(c)); 
            for(int i=1;i<=n;i++) 
                for(int j=1;j<=n;j++) 
                    for(int k=1;k<=n;k++) 
                        c[i][j]=(c[i][j]+ans[i][k]*b[k][j])%10086; 
            for(int i=1;i<=n;i++) 
                for(int j=1;j<=n;j++) 
                    ans[i][j]=c[i][j]; 
                  
        } 
        memset(c,0,sizeof(c)); 
        for(int i=1;i<=n;i++) 
            for(int j=1;j<=n;j++) 
                for(int k=1;k<=n;k++) 
                { 
                    c[i][j]=(c[i][j]+b[i][k]*b[k][j])%10086; 
                } 
        for(int i=1;i<=n;i++) 
            for(int j=1;j<=n;j++) 
                b[i][j]=c[i][j];     
        Time/=2; 
    } 
    cout<<ans[1][n]<<endl; 
} 
int main() 
{ 
    init(); 
    DP(); 
    saowei(); 
}

问题 C: 大水题

时间限制: 1 Sec 内存限制: 512 MB
提交: 199 解决: 24
[提交][状态][讨论版]

题目描述

dzy 定义一个n^2 位的数的生成矩阵A 为一个大小为n*n 且Aij 为这个数的第i*n+j-n位的矩阵。

现在dzy 有一个数n^2 位的数k，他想知道所有小于等于k 的数的n*n 生成矩阵有多少种。（如果不足n^2 位则补前缀零）

输入

第一行一个数n，第二行一个n^2 位的数k

输出

仅一行表示答案，答案可能很大，你只需输出答案对10^9 + 7 取模后的结果。

样例输入

2
1000

样例输出

提示

【数据规模和约定】

对于30% 的数据n<=2

对于100% 的数据n <=1000，且n为偶数

【提示】

如果两个生成矩阵在其中一个旋转180 度后可以重叠，则称这两个矩阵是相同的。

这道题看题面基本看不懂，但看样列就可以明白，其实让我们求小于k的所有不同种类的数（所谓相同种类就是指相反（在k位）或相同）

所以答案个数就是。（f[i,n]表示i这个数在k位下的反转后的数）

令f[i][j][k]表示前i位数，是否紧贴着前i个数，前i个数反转后是否贴紧了后i个数（j=1表示没贴近，j=0表示贴近了；k=1表示没爆炸，k=0表示爆炸了）

所以x=(j||a[i+1]>l),y=(l<a[n-i])||(L==a[n-i]&&k)

f[i+1][x][y]+=f[i][j][k]

还有一个坑，就是strlen写在循环里面每次都会计算，时间复杂度内len^2,TLE;

#include<iostream> 
#include<cstdio> 
#include<algorithm> 
#include<cstring> 
using namespace std; 
#define ll long long 
ll ans,dan; 
ll n,i,f[1000015][2][2],a[1000015],niyuan=500000004,mod=1000000007; 
char str[1000005]; 
int main() 
{ 
    scanf("%lld",&n);n*=n; 
    scanf("%s",str+1); 
    int len=strlen(str+1); 
    for(int i=1;i<=len;i++) 
    a[i]=str[i]-'0',ans=(ans*10+a[i])%mod;  
    f[0][0][1]=1; 
    for(int i=0;i<n;i++) 
        for(int j=0;j<=1;j++) 
            for(int k=0;k<=1;k++) 
            { 
                if(!f[i][j][k]) continue; 
                for(int l=0;l<=9;l++) 
                if(j||a[i+1]>=l)  
                { 
                      
                    int x=(j||a[i+1]>l),y=(l<a[n-i]||l==a[n-i]&&k); 
                    (f[i+1][x][y]+=f[i][j][k])%=mod; 
                } 
             }  
              
    dan=(f[n][0][1]+f[n][1][1])%mod; 
    dan=(dan-f[n/2][1][1]-f[n/2][1][0]-f[n/2][0][1])%mod; 
    dan=dan*niyuan%mod; 
    ans=((ans-dan)%mod+mod)%mod;  
    cout<<ans<<endl; 
               
               
}

七天使的通讯

题目描述

输入

输出

样例输入

样例输出

提示

问题 B: 都市环游

题目描述

输入

输出

样例输入

样例输出

提示

问题 C: 大水题

题目描述

输入

输出

样例输入

样例输出

提示