水题略过（然而被Hack了 以后要更加谨慎）
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
//freopen("t.txt","r",stdin);
int a[4][4];
//memset(a,0,sizeof(a));
for(int i=0;i<4;i++)
for(int j=0;j<4;j++)
scanf("%d",&a[i][j]);
bool flag=false;
for(int i=0;i<4;i++)
{
if(!a[i][3])continue;
if(a[i][0]||a[i][1]||a[i][2]||a[(i+1)%4][0]||a[(i+2)%4][1]||a[(i+3)%4][2]){flag=true;break;}
}
if(flag)printf("YES
");
else printf("NO
");
return 0;
}
很简单的DP 由于不关掉本层的灯不能上楼，问题就好办了。
dp[i][0]表示从顶层到第i层全关完且从左边出发的minicost dp[i][1]表示从右边出发的
转移方程是显而易见的
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long int LL;
int bulb[16][110],le[16],ri[16];
LL dp[16][2];
int main()
{
//freopen("t.txt","r",stdin);
int n,m;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=0;i<n;i++)
{
le[i]=ri[i]=-1;
getchar();
for(int j=0;j<m+2;j++)
{
char c=getchar();
if(c=='0')bulb[i][j]=0;
else bulb[i][j]=1;
//scanf("%d",&bulb[i][j]);
if(!bulb[i][j])continue;
if(le[i]==-1)le[i]=j;
else le[i]=min(le[i],j);
if(ri[i]==-1)ri[i]=j;
else ri[i]=max(ri[i],j);
}
}
dp[0][0]=max(0,ri[0]);
if(le[0]==-1)dp[0][1]=0;
else dp[0][1]=(m+2)-le[0]-1;
for(int i=1;i<n;i++)
{
if(dp[i-1][0]==0&&dp[i-1][1]==0)
dp[i][0]=max(0,ri[i]);
else dp[i][0]=max(0,ri[i])+min(max(0,ri[i])+1+dp[i-1][0],m+2-max(0,ri[i])+dp[i-1][1]);
int lx;
if(le[i]==-1)lx=0;
else lx=(m+2)-le[i]-1;
if(dp[i-1][0]==0&&dp[i-1][1]==0)
dp[i][1]=lx;
else
dp[i][1]= lx+min(m+2-lx+dp[i-1][0],lx+1+dp[i-1][1]);
}
printf("%I64d
",dp[n-1][0]);
return 0;
}
二分答案判断是否可行即可。复杂度O（nlognlogn）
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long int LL;
LL mid;
LL n,s;
struct suv
{
LL v;
LL x;
};
vector<suv>num;
bool cmp(suv a,suv b)
{
return a.v+a.x*mid<b.v+b.x*mid;
}
LL doa()
{
sort(num.begin(),num.end(),cmp);
LL sum=0;
for(int i=0;i<mid;i++)
{
sum+=num[i].v+num[i].x*mid;
}
if(sum>s)return -1;
else return sum;
}
int main()
{
//freopen("t.txt","r",stdin);
num.clear();
scanf("%I64d%I64d",&n,&s);
num.resize(n);
LL min=1e+15;
int minj=-1;
for(int i=0;i<n;i++)
{
scanf("%I64d",&num[i].v);
num[i].x=i+1;
}
LL l=0,r=n;
LL sm;
LL bestm=0,bestk=0;
while(l<=r)
{
mid=(l+r)>>1;
sm=doa();
if(sm==-1)r=mid-1;
else l=mid+1,bestm=mid,bestk=sm;
}
printf("%I64d %I64d
",bestm,bestk);
return 0;
}
这道题 可以说又臭又长。。不知道是不是埃及洋文好的人不多。
总结一下题意： 给定一个特殊的DAG 怎么特殊呢？ 不会存在一个点指向多个点。
每次询问添加一条边，询问有多少个点进入了特殊集合 满足这个集合中所有点都有指向的点，且他们指向的点也均在这个集合中。
反向dfs一下就可以了。。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll int
#define N ((ll)101*1000)
ll n,m,k,q,a[N],b[N],lst[N],strt[N],fnsh[N],sz[N],now;
vector <ll> e[N];
bool dad[N];
void dfs(ll x)
{
sz[x]=1,strt[x]=now++;
for(auto u:e[x])
dfs(u),sz[x]+=sz[u];
fnsh[x]=now;
}
int main()
{
ios_base::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
cin>>n>>m>>k>>q;
for(int i=0;i<k;i++)
{
ll x,y;
cin>>x>>y;
if(lst[y])e[lst[y]].push_back(x),dad[x]=1;
lst[y]=x;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
if(!dad[i])
dfs(i);
while(q--)
{
ll x,y;
cin>>x>>y;
if(!lst[y]){cout<<"0
";continue;}
if(strt[x]<strt[lst[y]] && strt[lst[y]]<fnsh[x])cout<<sz[x]<<"
";
else cout<<"0
";
}
return 0;
}
很有趣的一道Nim游戏题
题目给的树的性质该怎么利用呢？
所有叶子节点到根节点的距离要么都是偶数要么都是奇数。
我们是不是可以考虑把所有节点分成两种类型，一种是到根节点的距离的奇偶性与叶节点相同（集合P），一种不同（集合Q）。
如果对手移动P中节点p，如果P中还有一个节点的苹果数量和p相同，我就可以模仿对手。
如果对手移动Q中节点，我也可以模仿（吃掉或者继续往下走）。
所以需要考虑的就是P中节点的异或值x。如果为0，最初就是必胜态。
不为0该怎么办呢？ 考虑在Q中找一个恰当的节点替换当前节点。
需要的苹果数为A【i】^x 为什么呢？（学好近世代数很重要）
看代码吧 很简单。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct node
{
int y,next;
}a[100010];
int first[100010],len;
int A[100010];
int d[100010],t;
int s[21000000];
void ins(int x,int y)
{
a[++len].y=y;
a[len].next=first[x];
first[x]=len;
}
void dfs(int x,int fa)
{
int k,y,ok=1;
d[x]=d[fa]^1;
for(k=first[x];k;k=a[k].next)
{
y=a[k].y;
ok=0;
dfs(y,x);
}
if(ok)t=d[x];//判断奇偶
}
int main()
{
int n,i,j,x,sum=0;
long long ans=0;
scanf("%d",&n);
for(i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&A[i]);
for(i=2;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&x);
ins(x,i);
}
dfs(1,0);
x=0;
for(i=1;i<=n;i++)
if(d[i]==t)x^=A[i],sum++;
else s[A[i]]++;
if(!x)ans+=(long long)sum*(sum-1)/2+(long long)(n-sum)*(n-sum-1)/2;//最初就是必胜态
for(i=1;i<=n;i++)
if(d[i]==t)ans+=s[A[i]^x];
printf("%I64d
",ans);
return 0;
}