2016年中国大学生程序设计竞赛（合肥）-重现赛（感谢安徽大学） A E H I

于 2016-11-05 19:25:25 发布
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分类专栏： 网赛专栏 dfs&&bfs 枚举 数学
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本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/leibniz_zhang/article/details/53047067
本文探讨了有向图中的竞赛图与传递性概念，通过具体算法实现判定两个有向图是否同时为传递的，涉及图论基础知识及深度优先搜索算法。

摘要生成于 C知道 ，由 DeepSeek-R1 满血版支持， 前往体验 >

5931 传递

Time Limit: 12000/6000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/65536 K (Java/Others)
Total Submission(s): 71    Accepted Submission(s): 33

Problem Description
我们称一个有向图G是 传递的，当且仅当对任意三个不同的顶点a,,若G中有 一条边从a到b且有一条边从b到c ,则G中同样有一条边从a到c。
我们称图G是一个 竞赛图，当且仅当它是一个有向图且它的基图是完全图。换句 话说，将完全图每条边定向将得到一个竞赛图。
下图展示的是一个有4个顶点的竞赛图。

现在，给你两个有向图P = (V, Ep )和Q = (V, Ee )，满足:
1.   EP 与 Ee 没有公共边；
2.  (V, Ep⋃Ee )是一个竞赛图。
你的任务是：判定是否P，Q同时为传递的。

 

Input
包含至多20组测试数据。
第一行有一个正整数，表示数据的组数。
对于每组数据，第一行有一个正整数n。接下来n行，每行为连续的n个字符，每 个字符只可能是’-’,’P’,’Q’中的一种。
∙ 如果第i行的第j个字符为’P’，表示有向图P中有一条边从i到j;
∙ 如果第i行的第j个字符为’Q’，表示有向图Q中有一条边从i到j;
∙ 否则表示两个图中均没有边从i到j。
保证1 <= n <= 2016，一个测试点中的多组数据中的n的和不超过16000。保证输入的图一定满足给出的限制条件。
 

Output
对每个数据，你需要输出一行。如果P! Q都是传递的，那么请输出’T’。否则， 请输出’N’ (均不包括引号)。
 

Sample Input 
  

   4
4
-PPP
--PQ
---Q
----
4
-P-P
--PQ
P--Q
----
4
-PPP
--QQ
----
--Q-
4
-PPP
--PQ
----
--Q-
 

Sample Output 
  

   T
N
T
N

   

    

     Hint
    

在下面的示意图中，左图为图为Q。

    

     
    
 

    注：在样例2中，P不是传递的。在样例4中，Q不是传递的。
 

Source
2016年中国大学生程序设计竞赛（合肥）-重现赛（感谢安徽大学）  



三记录dfs-----记录下本节点和父节点以及父父节点-.-然后判断----时间复杂度（n*n）


代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
char ch[2100][2100];
bool guo[2100];
bool fafe;
int n;
void dfs(int ff,int f,int x)
{
    if (!fafe) return ;
    if (ff!=-1&&f!=-1)
    {
      //  printf("%d  %d   %d  %d\n",ff,f,x,guo[x]);
        if (ch[ff][f]==ch[f][x]&&ch[ff][f]!=ch[ff][x])
        {
            fafe=false;
            return ;
        }

    }
  //  else
   //     printf("%d  %d   %d   %d     999\n",ff,f,x,guo[x]);
    if (guo[x]) return ;
  //  printf("guo\n");
    guo[x]=true;
    if (!x)
    {
        for (int j=0;j<n;j++)
            if (ch[0][j]!='-')
                dfs(f,x,j);
    }
    else
    {
        for (int j=0;j<n;j++)
        {
      //      printf("%d   %c  666\n",j,ch[x][j]);
            if (ch[x][j]!='-')
                dfs(f,x,j);
        }

    }
}
int main()
{
    int t;scanf("%d",&t);
    while (t--)
    {
        scanf("%d",&n);
        fafe=true;
        for (int i=0;i<n;i++)
            scanf("%s",ch[i]);
        memset(guo,false,sizeof(guo));
        dfs(-1,-1,0);
        if (fafe)
            printf("T\n");
        else
            printf("N\n");
    }
    return 0;
}




5965 扫雷

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/65536 K (Java/Others)
Total Submission(s): 98    Accepted Submission(s): 28

Problem Description
扫雷游戏是晨晨和小璐特别喜欢的智力游戏，她俩最近沉迷其中无法自拔。
该游戏的界面是一个矩阵，矩阵中有些格子中有一个地雷，其余格子中没有地雷。 游戏中，格子可能处于己知和未知的状态。如果一个己知的格子中没有地雷，那么该 格子上会写有一个一位数，表示与这个格子八连通相邻的格子中地雷总的数量。
现在，晨晨和小璐在一个3行N列（均从1开始用连续正整数编号）的矩阵中进 行游戏，在这个矩阵中，第2行的格子全部是己知的，并且其中均没有地雷；而另外 两行中是未知的，并且其中的地雷总数量也是未知的。
晨晨和小璐想知道，第1行和第3行有多少种合法的埋放地雷的方案。
 

Input
包含多组测试数据，第一行一个正整数T，表示数据组数。
每组数据由一行仅由数字组成的长度为N的非空字符串组成，表示矩阵有3行N 列，字符串的第i个数字字符表示矩阵中第2行第i个格子中的数字。
保证字符串长度N <= 10000，数据组数<= 100。
 

Output
每行仅一个数字，表示安放地雷的方案数mod100,000,007的结果。
 

Sample Input 
  

   2
22
000
 

Sample Output 
  

   6
1
 

Source
2016年中国大学生程序设计竞赛（合肥）-重现赛（感谢安徽大学）  

直接枚举第一列-----取模请看仔细------------


代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define LL long long
LL ans,s,mod;
char ch[20100];
int shu[20100];
int p[20100];
int c[3];
int se(int x)
{
    if (x>2||x<0)
        return false;
    return true;
}
void slove()
{
    scanf("%s",ch);
    int n=strlen(ch);
    c[0]=c[2]=1;
    c[1]=2;
    for (int i=0;i<n;i++)
        shu[i]=ch[i]-'0';
    if (n==1)
    {
        if (se(shu[0]))
            printf("%d\n",c[shu[0]]);
        else
            printf("0\n");
        return ;
    }
    ans=0;
    for (int i=0;i<3;i++)
    {
        p[0]=i;
        s=c[i];
        for (int j=1;j<n;j++)
        {
            if (j==1)
                p[1]=shu[0]-p[0];
            else
                p[j]=shu[j-1]-p[j-1]-p[j-2];
            if (!se(p[j]))
            {
                s=0;
                break;
            }
        //    printf("%lld   %d  %d\n",s,p[j],c[p[j]]);
            s=(s*c[p[j]])%mod;
       //     printf("%lld\n",s);
        }
        if (p[n-1]+p[n-2]==shu[n-1])
        ans=(ans+s)%mod;
     //   printf("%d  %lld\n",i,ans);
    }
    printf("%lld\n",ans);
}
int main()
{
    int t;mod=100000007;
    scanf("%d",&t);
    while (t--)
        slove();
    return 0;
}




5968 异或密码

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/65536 K (Java/Others)
Total Submission(s): 51    Accepted Submission(s): 29

Problem Description
晨晨在纸上写了一个长度为N的非负整数序列{ ai }。对于这个序列的一个连续子序列{ al,al+1,…，ar }晨晨可以求出其中所有数异或的结果 alxoral+1xor...xorar 其 中xor表示位异或运算，对应C、C++、 Java等语言中的^运算。
小璐提出了M个询问，每个询问用一个整数 xi 描述。
对于每个询问，晨晨需要找到序列{ ai }的所有连续子序列，求出每个子序列异或的结果，找到所有的结果中与 xi 之差的绝对值最小的一个，并告诉小璐相应子序列的长度。
若有多个满足条件的连续子序列，则告诉小璐这些子序列中最长的长度。
 

Input
包含多组测试数据，第一行一个正整数T，表示数据组数。
每组数据共两行。
第一行包含N+1个非负整数。其中第一个数为N，表示序列的长度；接下来N 个数，依次描述序列{ ai }中的每个数。
第二行包含M+1个整数。其中第一个数为M，表示询问的个数；接下来M个数 xi ，每个数对应题目描述中的一个询问。
保证 1 <= N <= 100，1 <= M <= 100， ai <= 1024，| xi | <= 1024，数据组数 <= 100。
 

Output
对于每组数据输出M + 1行。前M行对应晨晨M个询问的回答，第M + 1行为空行
 

Sample Input 
  

   2
2 1 1
2 0 2
3 1 2 4
3 10 5 1
 

Sample Output 
  

   2
1

3
2
1
 

Source
2016年中国大学生程序设计竞赛（合肥）-重现赛（感谢安徽大学）  


排序+二分


代码：


#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
using namespace std;
int a[120],n,kp;
struct node{
    int length,shu;
}pp[60000];
bool cmp(node xx,node yy)
{
    if (xx.shu!=yy.shu)
    return xx.shu<yy.shu;
    return xx.length>yy.length;
}
void ss()
{
    kp=0;
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        int ll=1;
        int x=a[i];
        pp[kp].length=ll;
        pp[kp++].shu=x;
        for (int j=i+1;j<=n;j++)
        {
            x^=a[j];
            ll++;
            pp[kp].length=ll;
            pp[kp++].shu=x;
        }
    }
    sort(pp,pp+kp,cmp);
    return ;
}
int seach(int x)
{
    int l=0,r=kp-1,m;
    int ans=0;
    while (l<=r)
    {
        m=(l+r)>>1;
        if (pp[m].shu<x)
        {
            l=m+1;
            ans=m;
        }
        else
        r=m-1;
    }
    return ans;
}
void slove()
{
    scanf("%d",&n);
    for (int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d",&a[i]);
    ss();
    int m,x,ans;
    scanf("%d",&m);
    while (m--)
    {
        scanf("%d",&x);
        int p=seach(x);
        if (pp[p].shu>=x)
        {
            printf("%d\n",pp[p].length);
        }
        else
        {
            if (p==kp-1)
            {
                ans=pp[p].length;
                for (int i=p-1;i>=0&&pp[i].shu==pp[p].shu;i--)
                    ans=pp[i].length;
                printf("%d\n",ans);
            }
            else
            {
                if (x-pp[p].shu<pp[p+1].shu-x)//左边近 
                {
                    ans=pp[p].length;
                    for (int i=p-1;i>=0&&pp[i].shu==pp[p].shu;i--)
                        ans=pp[i].length;
                }
                else if (x-pp[p].shu>pp[p+1].shu-x)//右边近 
                {
                    ans=pp[p+1].length;
                }
                else//两边一样 
                {
                    ans=pp[p+1].length;
                    for (int i=p;i>=0&&pp[i].shu==pp[p].shu;i--)
                        if (pp[i].length>ans)
                            ans=pp[i].length;
                }
                printf("%d\n",ans);
            }
        }
    }
    printf("\n");
}
int main()
{
    int t;scanf("%d",&t);
    while (t--)
        slove();
    return 0;
}


最大的位或

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/65536 K (Java/Others)
Total Submission(s): 87    Accepted Submission(s): 53

Problem Description
B君和G君聊天的时候想到了如下的问题。
给定自然数l和r ,选取2个整数x,y满足l <= x <= y <= r ,使得x|y最大。
其中|表示按位或，即C、 C++、 Java中的|运算。
 

Input
包含至多10001组测试数据。
第一行有一个正整数，表示数据的组数。
接下来每一行表示一组数据，包含两个整数l,r。
保证 0 <= l <= r <= 1018 。
 

Output
对于每组数据输出一行，表示最大的位或。
 

Sample Input 
  

   5
1 10
0 1
1023 1024
233 322
1000000000000000000 1000000000000000000
 

Sample Output 
  

   15
1
2047
511
1000000000000000000
 

Source
2016年中国大学生程序设计竞赛（合肥）-重现赛（感谢安徽大学）  


-.-画出  l  , r  的二进制=--可以用  itoa函数（）---


然后就会发现-.-从第一个不一样的位置----再往下---有0的地方一定可以补为1----------



代码：

</pre><pre name="code" class="cpp">#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define LL long long
int main()
{
	int t;scanf("%d",&t);
	int a,ll[70],rr[70];
	LL l,r,ans;
	while (t--)
	{
		scanf("%lld%lld",&l,&r);
		memset(ll,0,sizeof(ll));
		memset(rr,0,sizeof(rr));
		a=0;
		while (l)
		{
			ll[a++]=l%2;
			l/=2;
		}
		a=0;
		while (r)
		{
			rr[a++]=r%2;
			r/=2;
		}
		ans=0;
		for (int i=65;i>=0;i--)
		{
			ans*=2;
			ans+=rr[i];
			if (ll[i]<rr[i])
			{
				for (int j=i-1;j>=0;j--)
				ans=ans*2+1;
				break;
			}
		}
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}









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