•Problem A Codeforces 20C 最短路(dij,spfa)
•题意：给出一张n个点m条边的无向图 (2 ≤ n ≤ 105, 0 ≤ m ≤ 105)，输出从1到n的任意一条最短路径。
•解法：dijkstra或者spfa，用pre数组记录到达每个点最短距离的前驱结点。
•注意：路径的长度范围是 1 ≤ wi ≤ 106，从1到n的最短路径长度可能超出int范围。
•没有路径从1到达n时要输出-1
1 #include <cstdio> 2 #include <cstring> 3 #include <queue> 4 #include <algorithm> 5 using namespace std; 6 typedef long long LL; 7 typedef pair<LL,int> pii; 8 const int maxn = 100010; 9 const int maxm = 200010; 10 int v[maxm],next[maxm],w[maxm]; 11 int first[maxn],pre[maxn],res[maxn],e; 12 LL d[maxn]; 13 14 void init(){ 15 e = 0; 16 memset(first,-1,sizeof(first)); 17 } 18 19 void add_edge(int a,int b,int c){ 20 v[e] = b;next[e] = first[a];w[e] = c;first[a] = e++; 21 } 22 23 void dijkstra(int src){ 24 priority_queue <pii,vector<pii>,greater<pii> > q; 25 memset(d,-1,sizeof(d)); 26 d[src] = 0; 27 q.push(make_pair(0,src)); 28 while(!q.empty()){ 29 while(!q.empty() && q.top().first > d[q.top().second]) q.pop(); 30 if(q.empty()) break; 31 int u = q.top().second; 32 q.pop(); 33 for(int i = first[u];i != -1;i = next[i]){ 34 if(d[v[i]] > d[u]+w[i] || d[v[i]] == -1){ 35 d[v[i]] = d[u]+w[i]; 36 q.push(make_pair(d[v[i]],v[i])); 37 pre[v[i]] = u; 38 } 39 } 40 } 41 } 42 43 int main(){ 44 init(); 45 int n,m,a,b,c; 46 scanf("%d%d",&n,&m); 47 for(int i = 0;i < m;i++){ 48 scanf("%d%d%d",&a,&b,&c); 49 add_edge(a,b,c); 50 add_edge(b,a,c); 51 } 52 dijkstra(1); 53 int now = n,cnt = 0; 54 if(d[n] == -1){ 55 printf("-1"); 56 return 0; 57 } 58 while(now != 1){ 59 res[cnt++] = now; 60 now = pre[now]; 61 } 62 res[cnt++] = 1; 63 for(int i = cnt-1;i >= 0;i--) printf("%d ",res[i]); 64 return 0; 65 }
•Problem B Codeforces 295B 最短路(floyd)
•题意：对于一个带权有向图，每次删除一个点，要求计算出删除该点前当前图的所有点间的最短距离之和。
•首先，想知道任意两点间最短距离之和应该使用什么算法？
•毫无疑问 Floyd！
•对于删除顺序，我们可以怎么处理？
•可以反过来做。这样就相当于每次添加一个点到图中，然后询问当前图的所有点间最短距离之和。
•对于每次新增加的点v，我们用v对整张图进行松弛操作：d[s][t] = min(d[s][t],d[s][v]+d[v][t])
•对于统计操作，可以暴力枚举。
•整个复杂度为O(n^3)
•注意：本题数据范围可能超过int
1 #include <cstdio> 2 #include <cstring> 3 #define maxn 510 4 typedef long long LL; 5 LL d[maxn][maxn]; 6 int seq[maxn]; 7 LL ans[maxn]; 8 9 inline LL min(LL a,LL b){ 10 return a < b ? a : b; 11 } 12 13 void update(int s,int n){ 14 for(int i = 1;i <= n;i++) 15 for(int j = 1;j <= n;j++) 16 d[i][j] = min(d[i][s] + d[s][j],d[i][j]); 17 } 18 19 LL query(int s,int n){ 20 LL sum = 0; 21 for(int i = n,u = seq[i];i >= s;u = seq[--i]) 22 for(int j = n,v = seq[j];j >= s;v = seq[--j]) 23 sum += d[u][v]; 24 return sum; 25 } 26 27 int main() 28 { 29 int n; 30 while(scanf("%d",&n) != EOF){ 31 for(int i = 1;i <= n;i++) 32 for(int j = 1;j <= n;j++) 33 scanf("%I64d",&d[i][j]); 34 for(int i = 1;i <= n;i++) 35 scanf("%d",&seq[i]); 36 for(int i = n;i >= 1;i--){ 37 update(seq[i],n); 38 ans[i] = query(i,n); 39 } 40 for(int i = 1;i <= n;i++) 41 printf("%I64d ",ans[i]); 42 printf(" "); 43 } 44 return 0; 45 }
•Problem C SPOJ MULTQ3 线段树
•题意：有一个长为N(N<=10^5)的数组，初始时数组每个元素的值都为0，接下来有Q(Q<=10^5)次操作，每次操作有2中类型：
•0 A B 将[A,B]区间内的所有数字+1
•1 A B 输出[A,B]区间内所有能够被3整除的数组元素的个数
•考察内容：
•线段树的基本应用
•区间维护
•Lazy标记的使用
•每次修改时，如果某个节点表示的区间[x,y]被加了1，那么我们要对这个区间的3个sum属性进行修改，同时在这个区间打上lazy标记，表示这个区间已经被修改了。
•当需要访问这个节点下面的节点的时候，一定会先经过这个点，这时候下传lazy标记，来保证子节点的信息是正确的。
1 #include <cstdio> 2 const int maxn = 100010; 3 int sum[maxn<<2][3],add[maxn<<2]; 4 5 void pushup(int cur){ 6 int ls = cur<<1,rs = cur<<1|1; 7 sum[cur][0] = sum[ls][0]+sum[rs][0]; 8 sum[cur][1] = sum[ls][1]+sum[rs][1]; 9 sum[cur][2] = sum[ls][2]+sum[rs][2]; 10 } 11 12 void pushdown(int cur){ 13 int ls = cur<<1,rs = cur<<1|1,tmp; 14 if(add[cur] != 0){ 15 add[ls] = (add[ls]+add[cur])%3; 16 add[rs] = (add[rs]+add[cur])%3; 17 if(add[cur] == 1){ 18 tmp = sum[ls][2]; 19 sum[ls][2] = sum[ls][1]; 20 sum[ls][1] = sum[ls][0]; 21 sum[ls][0] = tmp; 22 }else if(add[cur] == 2){ 23 tmp = sum[ls][0]; 24 sum[ls][0] = sum[ls][1]; 25 sum[ls][1] = sum[ls][2]; 26 sum[ls][2] = tmp; 27 } 28 if(add[cur] == 1){ 29 tmp = sum[rs][2]; 30 sum[rs][2] = sum[rs][1]; 31 sum[rs][1] = sum[rs][0]; 32 sum[rs][0] = tmp; 33 }else if(add[cur] == 2){ 34 tmp = sum[rs][0]; 35 sum[rs][0] = sum[rs][1]; 36 sum[rs][1] = sum[rs][2]; 37 sum[rs][2] = tmp; 38 } 39 add[cur] = 0; 40 } 41 } 42 43 void bulid(int cur,int x,int y){ 44 int mid = (x+y)>>1,ls = cur<<1,rs = cur<<1|1; 45 if(x == y){ 46 sum[cur][0] = 1; 47 return; 48 } 49 bulid(ls,x,mid); 50 bulid(rs,mid+1,y); 51 pushup(cur); 52 } 53 54 void update(int cur,int x,int y,int s,int t){ 55 int mid = (x+y)>>1,ls = cur<<1,rs = cur<<1|1; 56 if(x >= s && y <= t){ 57 int tmp = sum[cur][2]; 58 sum[cur][2] = sum[cur][1]; 59 sum[cur][1] = sum[cur][0]; 60 sum[cur][0] = tmp; 61 add[cur] = (add[cur]+1)%3; 62 return; 63 } 64 pushdown(cur); 65 if(mid >= s) update(ls,x,mid,s,t); 66 if(mid+1 <= t) update(rs,mid+1,y,s,t); 67 pushup(cur); 68 } 69 70 void query(int cur,int x,int y,int s,int t,int &ans){ 71 int mid = (x+y)>>1,ls = cur<<1,rs = cur<<1|1; 72 if(x >= s && y <= t){ 73 ans += sum[cur][0]; 74 return; 75 } 76 pushdown(cur); 77 if(mid >= s) query(ls,x,mid,s,t,ans); 78 if(mid+1 <= t) query(rs,mid+1,y,s,t,ans); 79 } 80 81 int main(){ 82 int n,q,op,a,b; 83 scanf("%d%d",&n,&q); 84 bulid(1,0,n-1); 85 while(q--){ 86 scanf("%d%d%d",&op,&a,&b); 87 if(op == 0) update(1,0,n-1,a,b); 88 else{ 89 int ans = 0; 90 query(1,0,n-1,a,b,ans); 91 printf("%d ",ans); 92 } 93 } 94 return 0; 95 }
•Problem D Codeforces 4C Map
•题意：输入一个单词，查询字典内是否含有这个单词，如果没有，输出“OK”，将这个新单词插入字典中。如果有，输出做这个单词，后面紧接着输出这个单词出现的次数。
•考察内容：Map的使用
1 #include <iostream> 2 #include <string> 3 #include <map> 4 using namespace std; 5 map<string,int> m; 6 7 int main(){ 8 int n,a; 9 string str; 10 cin>>n; 11 while(n--){ 12 cin>>str; 13 a = m[str]++; 14 if(a) cout<<str<<a<<endl; 15 else cout<<"OK"<<endl; 16 } 17 return 0; 18 }
•Problem E SPOJ ROCK DP
•题意：有一块n个单位长的糖，有的地方是甜的(1)，有的地方是酸的(0)。你可以将整块糖任意切成若干段。小盆友们只会买走甜的长度比酸的长度多的那段糖。问经过切割后，最多可以卖掉多少单位长度的糖。
•考察知识：DP
•dp(i)表示将前i段糖进行切割后最多能卖掉的数量
•状态转移方程：
•考虑在第j段之前切一刀
•dp(i)=max{ dp(i) , dp(j-1) +i–j+1}
•( 1 <= j <= i 且在[j,i]区间内甜的比酸的多)
1 #include <cstdio> 2 #include <cstring> 3 #include <algorithm> 4 using namespace std; 5 const int maxn = 205; 6 char str[maxn]; 7 int dp[maxn],sum[maxn][2]; 8 9 int main(){ 10 int T,len; 11 scanf("%d",&T); 12 while(T--){ 13 scanf("%d %s",&len,str+1); 14 sum[0][0] = sum[0][1] = 0; 15 for(int i = 1;i <= len;i++){ 16 sum[i][0] = sum[i-1][0]; 17 sum[i][1] = sum[i-1][1]; 18 sum[i][str[i]-'0']++; 19 } 20 dp[0] = 0; 21 for(int i = 1;i <= len;i++){ 22 dp[i] = dp[i-1]; 23 for(int j = 1;j <= i;j++){ 24 int sum0 = sum[i][0]-sum[j-1][0]; 25 int sum1 = sum[i][1]-sum[j-1][1]; 26 if(sum1 <= sum0) continue; 27 dp[i] = max(dp[i],dp[j-1]+i-j+1); 28 } 29 } 30 printf("%d ",dp[len]); 31 } 32 return 0; 33 }
•Problem F SPOJ NITK06 模拟
•题意：给出一个长为n的数列ai(1<=i<=n)，每个元素都非负。每次你可以选择一个下标x(1<=x<=n-1)，将ax和ax+1同时减1。问经过若干次操作，能否将原数列变成一个元素全部为0的序列。
•模拟即可。
•从数列第一个元素开始，用它剩下的值减去下一个元素的值
•最后如果所有元素都能变为0，则满足条件。
1 #include <cstdio> 2 int a[10010]; 3 4 int main(){ 5 int T,n; 6 scanf("%d",&T); 7 while(T--){ 8 scanf("%d",&n); 9 for(int i = 0;i < n;i++) scanf("%d",&a[i]); 10 if(n == 1){ 11 if(a[0] == 0) printf("YES "); 12 else printf("NO "); 13 continue; 14 } 15 bool flag = 0; 16 for(int i = 0;i < n-1;i++){ 17 if(a[i] < 0){ 18 flag = 1; 19 break; 20 } 21 a[i+1] -= a[i]; 22 } 23 if(a[n-1] != 0) flag = 1; 24 if(flag) printf("NO "); 25 else printf("YES "); 26 } 27 return 0; 28 }