usaco 2019 Jan contest gold
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http://www.usaco.org/index.php?page=jan19results 全体的な難易度はそれほど高くありませんが、第1題の問題は分かりにくいです.A:dp+统计解答题意:n个単语,每音节个数为s[i],结尾音节押韵为c[i],求一个m行,每行k个音节的诗,再入力m个大字字母,同一字表示这几行最后的押韵是同的,但不同字母押韻可以同样.何種類の詩を書く方法があることを求めます.dp[i]は、長さがiの場合にどのようなシナリオがあるかを表す.sum[i]で単行の終わりの韻をiとする場合のいくつかの案を表す.sum[i]= ∑ c [ j ] = = i d p [ k − s [ j ] ]\sum_{c[j]==i}{dp[k-s[j]]} ∑c[j]==idp[k−s[j]].各アルファベット仮定で出現するx回に対して,その寄与はΣi=1 ns u m[i]xsum_である.{i=1}^{n}{sum[i]^x}Σi=1 n sum[i]x(x=0の場合は統計なし).最後に各貢献を乗じると答えです(貢献は0のアルファベットは統計しません).
B:法則+線分の木や木の配列を探して問題を書きます:前のn個の数の1つの配列、毎回最も左の1つの数を右にいくつかの位置を移動することができて、少なくともいくつかの部を聞いて彼を1からnに変えることができて、1種の合法的な方案を出力します.数組のデータを手作業で発見した最小回数は(n−増分接尾辞の最大長)である.この結論から,操作ごとに数ビット右にシフトすることができる.
C:最短题意:n个点m条带权无向辺,每点都有c[i]个牛,每牛会走最短絡到点1,道のり等しい会走番号小的点.総時間は牛1頭あたりの時間を合わせます.今、長さtの道を勝手に追加して、最大どれだけの総時間を短縮できるかを聞くことができます.見ると、この辺は必ず1つの点と点1の間に加算されていることがわかります.各点から1までの距離と各点を通る牛の数を算出し、毎回最大値をとり、最後と0は最大値(加算しない辺)をとることができます.各点が通過した牛の数を計算すると、まずx点にある牛を求めることができ、次はどこへ行きますか.これは最短でついでに求めることができますが、注意経路が同じ場合は番号が小さい優先です.そしてn 2暴力は、点ごとに通過する牛の数を求め、答えを統計する.
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define ll long long
#define pii pair
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define inf 0x7fffffff
#define minn(x,y) x=min(x,y)
#define maxx(x,y) x=max(x,y)
using namespace std;
int l[5010],c[5010],cnt[30];
ll dp[5010],sum[5010];
ll mod=1e9+7;
ll fpow(int x,int y)
{
if(y==1)
{
return x;
}
if(y==0)
{
return 1;
}
ll an=fpow(x,y/2);
if(y%2==0)
{
return an*an%mod;
}
else
{
return an*an%mod*x%mod;
}
}
int main()
{
int i,j,k,n,m,x,y,z;
freopen("poetry.in","r",stdin);
freopen("poetry.out","w",stdout);
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
for(i=0;i<n;i++)
{
scanf("%d%d",&l[i],&c[i]);
}
string s;
for(i=0;i<m;i++)
{
cin>>s;
cnt[s[0]-'A']++;
}
dp[0]=1;
for(i=0;i<k;i++)
{
for(j=0;j<n;j++)
{
if(i+l[j]<k)
{
dp[i+l[j]]+=dp[i];
dp[i+l[j]]%=mod;
}
}
}
for(i=0;i<n;i++)
{
sum[c[i]]+=dp[k-l[i]];
sum[c[i]]%=mod;
}
ll ans=1,an;
for(i=0;i<26;i++)
{
an=0;
for(j=1;j<=n;j++)
{
if(cnt[i]==0)
{
continue;
}
an+=fpow(sum[j],cnt[i]);
if(an>=mod)
{
an-=mod;
}
}
if(an==0)
{
continue;
}
ans*=an;
ans=ans%mod;
}
printf("%lld",ans);
}
B:法則+線分の木や木の配列を探して問題を書きます:前のn個の数の1つの配列、毎回最も左の1つの数を右にいくつかの位置を移動することができて、少なくともいくつかの部を聞いて彼を1からnに変えることができて、1種の合法的な方案を出力します.数組のデータを手作業で発見した最小回数は(n−増分接尾辞の最大長)である.この結論から,操作ごとに数ビット右にシフトすることができる.
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define ll long long
#define pii pair
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define inf 0x7fffffff
#define minn(x,y) x=min(x,y)
#define maxx(x,y) x=max(x,y)
using namespace std;
int a[100010];
struct node
{
int l,r,x;
}t[400010];
int build(int x,int l,int r)
{
t[x].l=l;
t[x].r=r;
t[x].x=0;
if(l==r)
{
return 0;
}
build(x*2,l,(l+r)/2);
build(x*2+1,(l+r)/2+1,r);
}
int ch(int x,int i)
{
if(t[x].l==t[x].r)
{
t[x].x=1;
return 0;
}
int mid=(t[x].l+t[x].r)/2;
if(i<=mid)
{
ch(x*2,i);
}
else
{
ch(x*2+1,i);
}
t[x].x++;
}
int ask(int x,int l,int r)
{
if(t[x].l>r||t[x].r<l)
{
return 0;
}
if(t[x].l>=l&&t[x].r<=r)
{
return t[x].x;
}
int mid,ans=0;
mid=(t[x].l+t[x].r)/2;
if(l<=mid)
{
ans+=ask(2*x,l,r);
}
if(r>=mid+1)
{
ans+=ask(2*x+1,l,r);
}
return ans;
}
int main()
{
int i,j,k,n,m,x,y;
freopen("sleepy.in","r",stdin);
freopen("sleepy.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
for(i=0;i<n;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
}
build(1,1,n);
for(i=n-2;i>=0;i--)
{
ch(1,a[i+1]);
if(a[i]>a[i+1])
{
break;
}
}
j=i+1;
k=j-1;
printf("%d
",j);
for(i=0;i<j;i++)
{
if(i>0)
{
printf(" ");
}
printf("%d",k+ask(1,1,a[i]));
k--;
ch(1,a[i]);
}
}
C:最短题意:n个点m条带权无向辺,每点都有c[i]个牛,每牛会走最短絡到点1,道のり等しい会走番号小的点.総時間は牛1頭あたりの時間を合わせます.今、長さtの道を勝手に追加して、最大どれだけの総時間を短縮できるかを聞くことができます.見ると、この辺は必ず1つの点と点1の間に加算されていることがわかります.各点から1までの距離と各点を通る牛の数を算出し、毎回最大値をとり、最後と0は最大値(加算しない辺)をとることができます.各点が通過した牛の数を計算すると、まずx点にある牛を求めることができ、次はどこへ行きますか.これは最短でついでに求めることができますが、注意経路が同じ場合は番号が小さい優先です.そしてn 2暴力は、点ごとに通過する牛の数を求め、答えを統計する.
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define ll long long
#define pii pair
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define inf 0x7fffffff
#define minn(x,y) x=min(x,y)
#define maxx(x,y) x=max(x,y)
using namespace std;
int to[10010],e[10010];
ll d[10010],ez[10010];
vector<pii> ve[10010];
queue<int> q;
bool vis[10010];
int main()
{
int i,j,k,n,m,x,y,z,t;
freopen("shortcut.in","r",stdin);
freopen("shortcut.out","w",stdout);
scanf("%d%d%d",&n,&m,&t);
for(i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&e[i]);
}
for(i=0;i<m;i++)
{
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
ve[x].push_back(mp(y,z));
ve[y].push_back(mp(x,z));
}
memset(d,0x3f,sizeof(d));
q.push(1);
d[1]=0;
vis[1]=1;
while(!q.empty())
{
x=q.front();
q.pop();
for(i=0;i<ve[x].size();i++)
{
y=ve[x][i].fi;
if(d[y]==d[x]+ve[x][i].se&&to[y]>x)
{
to[y]=x;
}
if(d[y]>d[x]+ve[x][i].se)
{
d[y]=d[x]+1ll*ve[x][i].se;
to[y]=x;
if(!vis[y])
{
q.push(y);
vis[y]=1;
}
}
}
vis[x]=0;
}
for(i=2;i<=n;i++)
{
x=i;
while(x>1)
{
ez[x]+=1ll*e[i];
x=to[x];
}
}
ll ans=0;
for(i=2;i<=n;i++)
{
ans=max(ans,(d[i]-1ll*t)*ez[i]);
}
printf("%lld",ans);
}