2019.11.11【NOIP提高组】模拟 B 组-优快云博客

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本文精选三道算法竞赛题目，包括正确答案还原、序列问题及长途旅行，详细解析题意，提供高效解题思路与代码实现，涵盖数据结构、动态规划、图论等领域。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

解题报告

JZOJ 3888 正确答案
JZOJ 3889 序列问题
JZOJ 3890 长途旅行
- 分析
- 代码

JZOJ 3888 正确答案

题目

试卷中共有 $m$ 道判断题， $n$ 个神犇中有 $p$ 个考了满分， $q$ 个考了零分，其他神犇不为满分或零分。还原出标准答案吗，如有多解则输出字典序最小的那个。无解输出-1。

分析

分类讨论，若 $p$ 不为0，枚举正确答案，用 $\text{STL::map}$ 维护，否则若 $q$ 不为0，枚举错误答案，同样用该数据结构维护，最后若 $p, q$ 都为0直接深搜找答案，时间复杂度不会太高的呀，也就是 $O (n m)$ 左右吧

代码

#include <iostream>
#include <string>
#include <map> 
#define rr register
using namespace std;
map<string,int>uk; int n,m,p,q,flag;
map<string,int>::iterator it;
inline string rev(string p){
	rr int len=p.size();
	for (rr int i=0;i<len;++i)
	    p[i]=p[i]=='N'?'Y':'N';
	return p;
}
inline void dfs(int dep,string str){
    if (flag) return;
	if (dep>m){
		if (uk.find(str)==uk.end()&&uk.find(rev(str))==uk.end()) flag=1,cout<<str;
		return;
	}
	dfs(dep+1,str+'N');
	dfs(dep+1,str+'Y');
} 
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0); string str;
	cin.tie(0),cout.tie(0),cin>>n>>m>>p>>q;
	for (rr int i=1;i<=n;++i) cin>>str,++uk[str];
	if (p){
		for (it=uk.begin();it!=uk.end();++it)
		if ((it->second)==p){
			rr string s1=rev(it->first);
			if (q&&(uk.find(s1)==uk.end()||uk[s1]!=q)) continue;
			cout<<it->first; flag=1;
	        break;
		}
	}else if (q){
		it=uk.end(); 
		do{
			--it;
			if (it->second==q){
				rr string s1=rev(it->first);
				if (uk.find(s1)!=uk.end()) continue;
				cout<<s1; flag=1;
				break;
			}
		}while (it!=uk.begin()); 
	}else dfs(1,str="");
	if (!flag) cout<<"-1";
	return 0;
}

JZOJ 3889 序列问题

题目

在一个长度为 $n$ 的数列中，找出一段子序列 $t 1$ ，再在其后面找到一段子序列 $t 2$ ，使 $t 1$ 的异或和与 $t 2$ 的按位与相等，问有多少种找出 $t 1, t 2$ 的方案

分析

由于它们相等，所以总异或和为0，考虑dp（这里的数列要倒置）
设 $d p [i] [j] [k]$ 表示前 $i$ 个数进行的结果为 $j$ ， $k = 0$ 时表示丝毫未取， $k = 1$ 时表示取按位与， $k = 2$ 时表示取异或和，最后输出 $d p [n] [0] [2]$
$d p [i] [j] [0] = d p [i - 1] [j] [0]$
$dp[i][j\: and\: a[i]][1]=dp[i-1][j][0]+dp[i-1][j][1]+dp[i-1][j\: and\: a[i]][1]$
$dp[i][j]\: xor\: a[i]][2]=dp[i-1][j][1]+dp[i-1][j][2]+dp[i-1][j\: xor\: a[i]][2]$
然后要滚动数组+高精度

代码

#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>
#define rr register
using namespace std;
const int N=1031; const long long mod=1e17; int a[N],n;
struct Bignum{int len; long long p[21];}dp[2][N][3];
inline signed iut(){
	rr int ans=0; rr char c=getchar();
    while (!isdigit(c)) c=getchar();
    while (isdigit(c)) ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(c^48),c=getchar();
    return ans;
}
inline void print(long long ans){
	if (ans>9) print(ans/10);
	putchar(ans%10+48);
}
inline void plus(Bignum &t1,const Bignum t2){
	rr int len=t1.len>t2.len?t1.len:t2.len,g=0;
	for (rr int i=1;i<=len;++i){
	    rr long long s=t1.p[i]+t2.p[i]+g;
	    t1.p[i]=s>=mod?s-mod:s,g=s>=mod;
	}
	if (g) t1.p[++len]=g; t1.len=len;
}
signed main(){
	rr Bignum *t=&dp[0][1023][0];
	n=iut(),(*t).p[(*t).len=1]=1;
	for (rr int i=n;i>=1;--i) a[i]=iut();
	for (rr int i=1;i<=n;++i){
		memcpy(dp[i&1],dp[(i&1)^1],sizeof(dp[(i&1)^1]));
		for (rr int j=0;j<1024;++j){
			t=&dp[i&1][j&a[i]][1];
			plus(*t,dp[(i&1)^1][j][0]);
			plus(*t,dp[(i&1)^1][j][1]);
			t=&dp[i&1][j^a[i]][2];
			plus(*t,dp[(i&1)^1][j][1]);
			plus(*t,dp[(i&1)^1][j][2]);
		}
	}
	t=&dp[n&1][0][2];
	print((*t).p[(*t).len]);
	for (rr int i=(*t).len-1;i>=1;--i){
		rr long long now=(*t).p[i];
		while (now*10<mod) now*=10,putchar(48);
		print((*t).p[i]);
	}
	return 0;
}

JZOJ 3890 长途旅行

弱化版，此题边权较大，不适宜矩阵乘法

分析

考虑答案应为链+环的总和，而环是可以增加的，环必须经过0号点，所以可以设0号点中的一条边为循环节，设 $d i s [x] [n o w]$ 表示到第 $x$ 个点时模循环节的答案为 $n o w$ 时的路径长度，显然只要 $dis[n-1][T\bmod m]\leq T$ 那么必须有解

代码

#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>
#include <queue>
#define rr register
using namespace std;
struct node{int y,w,next;}e[211];
typedef long long ll; ll dis[51][10011],T;
int n,m,k,ls[51],mn; bool v[51][10011];
inline ll iut(){
	rr ll ans=0; rr char c=getchar();
	while (!isdigit(c)) c=getchar();
	while (isdigit(c)) ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(c^48),c=getchar();
	return ans;
}
signed main(){
	for (rr int t=iut();t;--t){
		n=iut(),m=iut(),T=iut(),k=1;
		memset(ls,0,sizeof(ls)),mn=20001;
		for (rr int i=1;i<=m;++i){
			rr int x=iut()+1,y=iut()+1,w=iut();
			e[++k]=(node){y,w,ls[x]},ls[x]=k,
			e[++k]=(node){x,w,ls[y]},ls[y]=k;
			if (x==1||y==1) mn=mn<w?mn:w;
		}
		mn<<=1; memset(dis,42,sizeof(dis));
		rr queue<pair<int,int> >q; dis[1][0]=0;
		q.push(make_pair(1,0)); v[1][0]=1;
		while (q.size()){
			rr int x=q.front().first,now=q.front().second; q.pop();
			for (rr int i=ls[x];i;i=e[i].next){
			    rr int stat=(now+e[i].w)%mn;
				if (dis[e[i].y][stat]>dis[x][now]+e[i].w){
			        dis[e[i].y][stat]=dis[x][now]+e[i].w;
			        if (!v[e[i].y][stat]){
			    	    v[e[i].y][stat]=1;
			    	    q.push(make_pair(e[i].y,stat));
				    }
			    }
		    }
			v[x][now]=0;
		}
		if (dis[n][T%mn]<=T) printf("P");
		    else printf("Imp");
		printf("ossible\n");
	}
	return 0;
}