topcoder srm 706 div1

1、给定一个迷宫，点号表示不可行，井号表示可行。现在可以改变其中的一些井号的位置。问最少改变多少个井号可以使得从左上角到右下角存在路径。

思路：设高为$n$，宽为$m$，若井号的个数$S$小于$n+m-1$则无解。否则最多改变$n+m-1$个井号即可。令$f[x][y][k]$表示现在到达位置$(x,y)$且中途经过的点号格子数为$k$时最少经过了多少井号格子。这样进行搜索即可。搜过过程中，应该满足$kleq n+m-1$且$k+f[x][y][k]leq S$。

#include <iostream>
#include <set>
#include <stdio.h>
#include <queue>
#include <algorithm>
#include <string.h>
using namespace std;

const int N=20;

int f[N][N][N+N];
int inq[N][N][N+N];
int h[N][N][N+N];


const int dx[]={0,0,1,-1};
const int dy[]={1,-1,0,0};


struct node
{
    int x,y,p;

    node(){}
    node(int _x,int _y,int _p):
        x(_x),y(_y),p(_p) {}
};

queue<node> Q;

void add(int x,int y,int p,int c)
{
    if(!h[x][y][p]||f[x][y][p]>c)
    {
        h[x][y][p]=1;
        f[x][y][p]=c;
        if(!inq[x][y][p])
        {
            inq[x][y][p]=1;
            Q.push(node(x,y,p));
        }
    }
}

class MovingCandies
{
public:
    int minMoved(const vector<string> t)
    {

        const int n=(int)t.size();
        const int m=(int)t[0].size();

        int S=0;
        for(int i=0;i<n;++i) for(int j=0;j<m;++j) S+=t[i][j]=='#';
        if(S<n+m-1) return -1;

        if(t[0][0]=='.') add(0,0,1,0);
        else add(0,0,0,1);
        while(!Q.empty())
        {
            const int x=Q.front().x;
            const int y=Q.front().y;
            const int p=Q.front().p;
            const int c=f[x][y][p];
            Q.pop();
            inq[x][y][p]=0;
            if(x==n-1&&y==m-1) continue;


            for(int d=0;d<4;++d)
            {
                const int xx=x+dx[d];
                const int yy=y+dy[d];
                if(xx>=0&&xx<n&&yy>=0&&yy<m)
                {
                    const int pp=p+(t[xx][yy]=='.');
                    const int cc=c+(t[xx][yy]=='#');
                    if(pp>n+m-1||pp+cc>S) continue;
                    add(xx,yy,pp,cc);
                }
            }

        }

        for(int i=0;i<=n+m-1;++i)
        {
            if(h[n-1][m-1][i]) return i;
        }
        return -1;
    }
};

　　

2、给定一个整数数组，每个数字可以被替换成字符ABC中的一个，相同的数组必须被相同的字符替换。问在被任意替换得到的所有不同的字符串中，包含子列ABC的串有多少个。

思路：一个简单的思路是分别枚举第一个A、第一个B、第一个C出现的位置，这样整个串被分成4部分，第一部分中不能出现A，第二部分不能出现B，第三部分不能出现C。这样复杂度是$O(N^{3})$。现在只枚举第一个A第一个B，然后后面字符任意的总数为$X$,不包含C的总数为$Y$，那么此次枚举对答案的贡献为$X-Y$。这样是$O(N^{2})$的复杂度。实现如代码所示。其中$f[i][j]=0$表示数字$i$可以被替换成字符$j$,$j=0$表示A，$j=1$表示B，$j=2$表示C。$tot[j]$表示有多少种数字有$j$种替换方式。

#include <string.h>
#include <stdio.h>
#include <vector>
using namespace std;

const int mod=1000000007;
const int N=3005;

int p[4][N];
int tot[4];
int f[N][4];
int appears[N];

class MappingABC
{

	void init()
	{
		for(int i=0;i<4;++i)
		{
			p[i][0]=1;
			for(int j=1;j<N;++j) p[i][j]=((long long)p[i][j-1]*i%mod);
		}
	}

	void clear()
	{
	    memset(f,0,sizeof(f));
	    memset(tot,0,sizeof(tot));
	}

	int get()
	{
		int ans=1;
		for(int i=0;i<4;++i) ans=((long long)ans*p[i][tot[i]]%mod);
		return ans;
	}

	int cal(int x)
	{
		int c=0;
		for(int i=0;i<3;++i) if(f[x][i]==0) ++c;
		return c;
	}

	void add(int x,int y)
	{
		--tot[cal(x)];
		++f[x][y];
		++tot[cal(x)];
	}
	void sub(int x,int y)
	{
		--tot[cal(x)];
		--f[x][y];
		++tot[cal(x)];
	}


public:
    int countStrings(vector<int> t)
	{
		const int n=(int)t.size();
		for(int i=0;i<n;++i) appears[t[i]]=1;
		init();
		int ans=0;
		const int A=0,B=1,C=2;
		for(int k=0;k<2;++k)
		{
			const int NO_C=k==1;
			for(int a=0;a<n;++a)
			{
				clear();
				for(int i=0;i<N;++i) if(appears[i]) ++tot[3];
				for(int i=0;i<a;++i) add(t[i],A);
				add(t[a],B);
				add(t[a],C);
				if(NO_C)
				{
					for(int i=a+1;i<n;++i) add(t[i],C);
				}
				for(int b=a+1;b<n;++b)
				{
					if(NO_C) sub(t[b],C);
					add(t[b],A);
					add(t[b],C);
					if(NO_C) ans=(ans-get())%mod;
					else ans=(ans+get())%mod;
					sub(t[b],A);
					sub(t[b],C);
					add(t[b],B);
				}
			}
		}
		if(ans<0) ans+=mod;
		return ans;
	}

};

　

3、构造一个长度为n的数组$A$，使得$A_{i}$和$A_{j}$互质当且仅当$|i-j|=1$。n不大于500。数组中每个数字大于1小于等于$10^{18}$。

思路：我看到的第一种思路是随机。比如有32个素数，$A$中的每个数字由11位素数构成，每次随机选取11个，判断是否可行。第二种思路如下代码所示。假设当前长度$N=2^{k}$，那么每次处理前，前$N/4$的数字是符合要求的。处理之后前$N/2$是符合要求的。为方便说明，假设整个$N$分为四段，$A,B,C,D$，一开始$A$符合要求。且$A$中的奇数位置跟 $B$的偶数位置满足不互质，$A$中的偶数位置跟 $B$的奇数位置满足不互质。那么只要处理使得$A$中的奇数位置跟 $B$的奇数位置满足不互质，$A$中的偶数位置跟 $B$的偶数位置满足不互质即可。

#include <string.h>
#include <stdio.h>
#include <vector>
using namespace std;

int check(int x)
{
    for(int i=2;i*i<=x;++i) if(x%i==0) return 0;
    return 1;
}

vector<int> prime;
int id;

void init()
{
    for(int i=2;i<100;++i) if(check(i)) prime.push_back(i);
}

long long a[1024];

void add(int i,int t)
{
    a[i]*=t;
}



class CoprimeNeighbors
{
public:
    vector<long long> findAny(int n)
    {
        init();
        for(int i=0;i<4;++i) a[i]=1;
        int N=8;
        while(N/4<n)
        {
            const int d=N>>1;
            const int M=d-1;
            for(int i=0;i<=M;++i) a[i+d]=a[i];
            const int p=prime[id++];
            const int q=prime[id++];

            const int LM=M>>1;
            for(int i=0;i<=LM;i+=2)   add(i,p),add(i+d,q);
            for(int i=LM+2;i<=M;i+=2) add(i,p),add(i+d,q);
            for(int i=1;i<=LM;i+=2)   add(i,q),add(i+d,p);
            for(int i=LM+3;i<=M;i+=2) add(i,q),add(i+d,p);

            N<<=1;
        }
        const int p=prime[id++];
        const int q=prime[id++];
        for(int i=0;i<n;i+=2) add(i,p);
        for(int i=1;i<n;i+=2) add(i,q);
        vector<long long> ans;
        for(int i=0;i<n;++i) ans.push_back(a[i]);
        return ans;
    }
};