CodeforcesRound#148(Div.1)_html/css_WEB-ITnose

A

wool sequence 表示一个序列中可以找到一个连续的子区间使得区间异或值为0

那么求的是不含这种情况的序列个数

题目中数据范围是，在0~2^m - 1中选n个数作为一个序列

n和m都是10^5

仔细思考一下。

第一位 有2^m-1种情况

第二位由于不能跟其一样 有2^m-2种情况

第三位由于不能跟第二位一样，并且不能跟前两位的异或值一样，有2^m-3种情况

依次类推，得到公式

(2^m-1)*(2^m-2)*...*(2^m-n)

int mod = 1000000009;int main(){    int n, m;    scanf("%d%d", &n, &m);    if(m < 20 && (1 << m) <= n ) {        printf("0\n");        return 0;    }    long long ans = 1;    for(int i = 0; i < m; i++) {        ans = ans * 2LL % mod;    }    long long res = 1;    for(int i = 1; i <= n; i++) {        long long tmp = ans - i;        if(tmp < 0) tmp += mod;        res = res * tmp % mod;    }    printf("%I64d\n", res);    return 0;}

B

给出一个序列a和一个数值h

将序列划分为两部分，某部分可以为空

然后f函数式这么计算

如果两个数在同个部分

f函数的值就是两个数的和

不在同部分就两个数的和加上h

求一种划分使得f函数的最大值和最小值的差值最小

有一种贪心方案，

就是f的最大值一定跟序列中最大的几个有关

最小值一定跟序列中最小的几个有关

这里我取得最小的5个和最大的5个

直接枚举放第一部分或者第二部分即可

为啥这样可以

仔细想一下。

可以发现其他的任何情形都没有这种情况下优

int n, h;struct node {    int x, id;}p[111111], tmp[15];int ans[111111];bool cmp(node x, node y) {    return x.x < y.x;}vectorlft, rht;int main(){    scanf("%d%d", &n, &h);    for(int i = 0; i < n; i++) {        scanf("%d", &p[i].x);        p[i].id = i;    }    sort(p, p + n, cmp);     int cnt = 0;    if(n > 10) {        for(int i = 0; i < 5; i++) tmp[cnt++] = p[i];        for(int i = n - 5; i < n; i++) tmp[cnt++] = p[i];    } else {        cnt = n;        for(int i = 0; i < n; i++) tmp[i] = p[i];    }    int vs[12];    int d = INF;    int num = 0;    for(int i = 0; i < (1 << cnt); i++) {        lft.clear();        rht.clear();        for(int j = 0; j < cnt; j++) {            node x = tmp[j];            if((1 << j) & i) {                lft.push_back(x);            } else rht.push_back(x);        }        int mx = 0;        int mi = INF;        int sz1 = lft.size();        for(int j = 0; j < sz1; j++) {            for(int k = j + 1; k < sz1; k++) {                mx = max(mx, lft[j].x + lft[k].x);                mi = min(mi, lft[j].x + lft[k].x);            }        }        int sz2 = rht.size();        for(int j = 0; j < sz2; j++) {            for(int k = j + 1; k < sz2; k++) {                mx = max(mx, rht[j].x + rht[k].x);                mi = min(mi, rht[j].x + rht[k].x);            }        }        for(int j = 0; j < sz1; j++) {            for(int k = 0; k < sz2; k++) {                mx = max(mx, lft[j].x + rht[k].x + h);                mi = min(mi, lft[j].x + rht[k].x + h);            }        }        if(d > mx - mi) {            d = mx - mi;            num = 0;            for(int j = 0; j < sz1; j++) vs[num++] = lft[j].id;        }    }    printf("%d\n", d);    for(int i = 0; i < n; i++) ans[i] = 2;    for(int i = 0; i < num; i++) ans[vs[i]] = 1;    for(int i = 0; i < n; i++) printf("%d ", ans[i]);    printf("\n");    return 0;}

C

一颗无根树

有向边

从树上不多于两个点出发，遍历所有的点，

问需要改变最少多少个有向边的方向

那么就是一个树dp了

枚举根作为第一个点，

然后第二个点就需要dp

从根往下遍历所有的点的话，需要修改边的方向很容易算出来，每个点访问自己所有子树需要修改的边数也很容易算

然后数组开 dp[n][2]

dp[u][0]代表从u走到根需要修改多少边

dp[u][1]表示从跟走到u需要修改多少边

struct node {    int v, w;    node() {}    node(int _v, int _w) {v = _v; w = _w;}};vector g[3333];int ss[3333], dp[3333][2];int total;void dfs0(int u, int f, int x) {    total += x;    ss[u] = ss[f] + x;    int sz = g[u].size();    for(int i = 0; i < sz; i++) {        int v = g[u][i].v;        int w = g[u][i].w;        if(v == f) continue;        dfs0(v, u, w);    }}void dfs(int u, int f, int x) {    if(f == 0) {        dp[u][0] = dp[u][1] = 0;    } else {        dp[u][1] = dp[f][1] + x;        dp[u][0] = min(dp[f][0], dp[f][1]) + !x;    }    int sz = g[u].size();    for(int i = 0; i < sz; i++) {        int v = g[u][i].v;        int w = g[u][i].w;        if(v == f) continue;        dfs(v, u, w);    }}int n;int main(){    int u, v;    scanf("%d", &n);    for(int i = 1; i <= n; i++) g[i].clear();    for(int i = 1; i < n; i++) {        scanf("%d%d", &u, &v);        g[u].push_back(node(v, 0));        g[v].push_back(node(u, 1));    }    int ans = INF;    for(int i = 1; i <= n; i++) {        ss[i] = 0;        total = 0;        dfs0(i, 0, 0);        dfs(i, 0, 0);        for(int j = 1; j <= n; j++) ans = min(ans, total - ss[j] + min(dp[j][0], dp[j][1]));    }    printf("%d\n", ans);    return 0;}

D.

留坑 不会

E

看了ACMonster的才大约懂做，其实还是很模糊

有个有向图，边的长度都一样

n<=100

有个人要从起点到终点去，必须做公交

然后有若干辆公交 有各自的起点和终点

保证每秒都有一辆公交发出，意思就是那个人一到某个点就可以换乘相应的公交

然后这些公交很奇怪， 从自己的起点到终点，它会随机走一条最短路径过去

现在问，最小的（他在最坏情况下的换乘次数）

就是寻找一条线路使得他在最坏情况下换乘bus的次数最小

这个由于是求换乘次数，所以这个图就没法按dag那种dp方法

首先预处理任意两点间的最短路

然后把每个点必然经过的公交线路存下来

然后就倒着dp

从终点往起点dp

非常之暴力

令dp[i][j]表示人在点i在j车上时最小的换乘次数

但是有两种情况

一种是这个点一定在这个公交线路上

一种是这个点可能会在这个公交线路上或者就不在这个公交线路上

第一种情况是最终的合法解

第二种用来辅助第一种

然后更新的时候，对于每个点，枚举公交车，然后看这个点的邻接点，相对于这个路径是不是合法的，意思就是邻接点离该路径的终点应该是更近一步的，

即使这个点不会出现在这个公交路径上，也要更新，这是为了让那些后面的关键的点可以更新到，其实就相当于虚拟了一下，将这个公交的线路给延伸了

对于这些合法的邻接点， 选择一条最糟糕的

然后枚举换乘的时候，就必须是这个点一定在这个公交线路上， 因为换乘一定是在这些点上才能换乘，不然最糟糕的情况是等不到车的

然后如果有最优值被更新，那么整个dp再重复这个过程

int dis[111][111], dp[111][111];vectorg[111], bus[111];int bx[111], by[111], m, n, t, src, des;bool pass[111][111];int main(){    int u, v;    scanf("%d%d%d%d", &n, &m, &src, &des);    for(int i = 1; i <= n; i++)        for(int j = 1; j <= n; j++)            if(i != j) dis[i][j] = INF;    for(int i = 0; i < m; i++) {        scanf("%d%d", &u, &v);        dis[u][v] = 1;        g[u].push_back(v);    }    for(int k = 1; k <= n; k++) {        for(int i = 1; i <= n; i++) {            for(int j = 1; j <= n; j++)                if(dis[i][j] > dis[i][k] + dis[k][j])                    dis[i][j] = dis[i][k] + dis[k][j];        }    }    m = 0;    scanf("%d", &t);    while(t--) {        scanf("%d%d", &u, &v);        if(dis[u][v] != INF) {            m++;            bx[m] = u;            by[m] = v;        }    }    for(int i = 1; i <= m; i++) {        u = bx[i], v = by[i];        for(int j = 1; j <= n; j++) {            if(dis[u][v] == dis[u][j] + dis[j][v]) pass[i][j] = 1;            for(int k = 1; k <= n; k++) {                if(k != j && dis[u][k] == dis[u][j] && dis[k][v] == dis[j][v]) {                    pass[i][j] = 0;                    break;                }            }            if(pass[i][j]) bus[j].push_back(i);        }    }    for(int i = 1; i <= n; i++) {        for(int j = 1; j <= m; j++) {            if(i == des && pass[j][i]) dp[i][j] = 0;            else dp[i][j] = INF;        }    }    bool flag = 1;    while(flag) {        flag = 0;        for(int i = 1; i <= n; i++) {            for(int j = 1; j <= m; j++) {                int mx = -1;                for(int k = 0; k < g[i].size(); k++) {                    v = g[i][k];                    if(dis[i][by[j]] != dis[v][by[j]] + 1) continue;                    //if(!pass[j][i] || !pass[j][v]) continue;                    mx = max(mx, dp[v][j]);                }                if(mx != -1 && mx < dp[i][j]) {                    dp[i][j] = mx;                    flag = 1;                }                for(int k = 0; k < bus[i].size(); k++) {                    v = bus[i][k];                    if(dp[i][v] + 1 < dp[i][j]) {                        dp[i][j] = dp[i][v] + 1;                        flag = 1;                    }                }            }        }    }    int ans = INF;    for(int i = 1; i <= m; i++)        if(pass[i][src]) ans = min(ans, dp[src][i] + 1);    if(ans == INF) ans = -1;    printf("%d\n", ans);    return 0;}