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前两天由于食物中毒现在还要每天挂一天的水
只好晚上回来随便找套题做做找找感觉了o(╯□╰)o
A：
看到直接大力模拟了
但有一个更简便的方法，复杂度为$O(被禁止的格子数)$
如果将每个黑格子上下左右四条线都染上色
可以发现一个格子最终无法被“净化”当且仅当其被左右/上下来向都染过色，所以将最终无法净化的格子合并是一个矩形
这样最终答案为：黑格子出现的行的个数*黑格子出现的列的个数
此时复杂度就变成与黑格子个数相关了
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define X first #define Y second typedef long long ll; typedef pair<int,int> P; int n,m,cnt,vis[20][20];char dat[20][20]; int main() { scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%s",dat[i]+1); for(int i=1;i<=n;i++) { bool f=0; for(int j=1;j<=m;j++) if(dat[i][j]=='S'){f=1;break;} if(f) continue; for(int j=1;j<=m;j++) vis[i][j]=1; } for(int i=1;i<=m;i++) { bool f=0; for(int j=1;j<=n;j++) if(dat[j][i]=='S'){f=1;break;} if(f) continue; for(int j=1;j<=n;j++) vis[j][i]=1; } for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) cnt+=vis[i][j]; printf("%d",cnt); return 0; }
B：
发现菊花树满足任意两点之间距离不超过2
因此只要找到中心点就好了
又发现禁止的对数少于n/2，这样肯定有点没有禁止的点
这样找到没有限制的点作为中心构造菊花树即可
其实这是个结论：
保证任意两点间距离不超过2，只有菊花树满足条件
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define X first #define Y second typedef long long ll; typedef pair<int,int> P; int n,m,x,y,cnt[1005]; int main() { scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d%d",&x,&y),cnt[x]++,cnt[y]++; for(int i=1;i<=n;i++) if(!cnt[i]) { printf("%d ",n-1); for(int j=1;j<=n;j++) if(i!=j) printf("%d %d ",i,j); return 0; } return 0; }
C：
挺好想的，发现有解必为n个
这样先排除无解情况再以行/列为基准顺次找到n个即可
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define X first #define Y second typedef long long ll; typedef pair<int,int> P; int n,posr[105],posc[105]; char dat[105][105]; int main() { scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%s",dat[i]+1); for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) if(dat[i][j]=='.') posr[i]=j,posc[j]=i; bool f1=1,f2=1; for(int i=1;i<=n;i++) { if(!posr[i]) f1=0; if(!posc[i]) f2=0; } if(!f1&&!f2) return puts("-1"),0; if(f1) for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d %d ",i,posr[i]); else for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d %d ",posc[i],i); return 0; }
D：
可以将所有中途相遇都转化为终点相遇
这样并不会使得是否相遇收到影响
此时就能推出走最短路必定最优的结论了
将终点设为BFS起点，将离终点比起点近的点都计入答案即可
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define X first #define Y second typedef long long ll; typedef pair<int,int> P; const int MAXN=1005; P S,T;char dat[MAXN][MAXN]; int n,m,res,dist[MAXN][MAXN],mx; int dx[]={0,0,1,-1}; int dy[]={1,-1,0,0}; int main() { memset(dist,-1,sizeof(dist)); scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%s",dat[i]+1); for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) { if(dat[i][j]=='S') S=P(i,j); if(dat[i][j]=='E') T=P(i,j); } queue<P> q;q.push(T); dist[T.X][T.Y]=0; while(!q.empty()) { P t=q.front();q.pop(); int x=t.X,y=t.Y; for(int i=0;i<4;i++) { int fx=x+dx[i],fy=y+dy[i]; if(fx<1||fx>n||fy<1||fy>m) continue; if(dist[fx][fy]!=-1||dat[fx][fy]=='T') continue; dist[fx][fy]=dist[x][y]+1; q.push(P(fx,fy)); } } mx=dist[S.X][S.Y]; for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++)//这里dist[i][j]！=-1不能漏 if(dat[i][j]>='0'&&dat[i][j]<='9'&&dist[i][j]!=-1&&dist[i][j]<=mx) res+=dat[i][j]-'0'; printf("%d",res); return 0; }
E：
考试时构造了很久确定解都觉得实现不了
最后发现能随机艹过去……
确定解：
寻找确定解时，有一点是我也想到的：将最终解构造成一条链
但还有一个重要性质：>=7时必定有解
那么对于<=7的小数据阶乘暴力即可
找到最大的连通块，将奇数项放前面，偶数项放后面
同时将第一第二项交换位置（如ABCDEF->CAEBDF）
这样就保证即使没有其它连通块，当前情况也能满足要求
接下来将其它连通块不断间隔式插入即可
在讨论里又看到了一个方法：
将序列转换并使其保持如下性质：
对于每个连通块，每一个点原来的相邻点都在其邻近的两格之内
这样将i和i+3连边即可（待填坑……）
随机算法：
其实算一算随机一个序列正确的概率还是很高的
(1-2/n)^n约等于0.135，反正随机100次应该就够了
于是就愉快得不用构造确定解了……
所以说，有时候还是要有点梦想
算算概率说不定随机就能随便过了……
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; typedef pair<int,int> P; map<P,int> mp; int n,m,x,y,a[100005]; int main() { scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d%d",&x,&y),mp[P(x,y)]=1,mp[P(y,x)]=1; for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=i; for(int i=1;i<=200;i++) { random_shuffle(a+1,a+n+1); bool f=1;a[n+1]=a[1]; for(int j=1;j<=m;j++) if(mp[P(a[j],a[j+1])]){f=0;break;} if(!f) continue; for(int j=1;j<=m;j++) printf("%d %d ",a[j],a[j+1]); return 0; } puts("-1"); return 0; }