t1:
帶權並查集。每個約束看做一條x連向y的邊，邊權為x+y = c
對於乙個x，可能有多個y與他有關係，間接可以算出y與y』的關係，那麼邊權就記為y - y'
每次加入條件，就看看是否衝突
細節詳見**
據說正解是差分約束？？苟蒻是真不會。。
#include#include#includeusing namespace std;const int maxn = 1e3 + 10;
int n,m,k,fa[maxn*2],va[maxn*2],x[maxn],y[maxn],c[maxn];
int fat(int now)
int main()
}else
} if (flag) printf("yes\n");
} return 0;
}
t2：
如果n == 1
以任意位置i作為第乙個，那麼還需要向上刷i-1次，向下刷m-i次
我們可以在m-i次的過程中任意插入i-1個向上刷的操作
即m-i個數之間放入i-1塊隔板(板可以在序列前、後、中間任意位置)
板與物品共有m-i+i-1 = m-1個 於是c(m-1,i-1)
列舉i，統計答案
如果 n == 2
f[i]:刷一面2*i的牆，強制規定第一次必須刷第一行的方案數
f[i] = 2*f[i-1]*(2*i-1)
首先，第一次有兩種刷法，然後要刷完底下2*(i-1)個，而還有第一行的另乙個沒有刷，這塊牆壁可以在刷底下2*(i-1)塊的過程中的任意時刻刷，於是有(2*i-1)個時刻可以刷
統計答案
第一次任意在第i行刷
只刷上面有f[i-1]種，只刷下面有f[m-i]種
上下都刷(隔板法)有c(m-2,2*(i-1))*f[i-1]*f[m-i]種
在這個過程中隨時可以插入刷i行的另一塊的操作
所以 2*c(m-2,2*(i-1))*f[i-1]*f[m-i]*(2*m-1)
#include#include#include#include#include#include#include#include#include#includeusing namespace std;const int maxn = 3010;
typedef int ll;
const ll mo = 1000000007ll;
ll c[maxn*2][maxn*2],f[maxn];
int n,m,t;
int main()
cin >> t;
while (t--)
else
int ans = ans;
printf("%d\n",ans);
} return 0;
}
t3:
先建立ac自動機
考慮在ac自動機上dp
f[i][j]：原串走到第i個位置，ac自動機走到第j個點，最少需要更改幾個
為了最小化ans，需要盡量貼著原序列走，儘管這樣很容易碰到禁止的序列
列舉j的四個兒子，如果該兒子等於i+1位置上的字母
f[i+1][son] = f[i][j]
否則 f[i+1][son] = f[i][j]+1
當然，原來的ac自動機中有些點一定不能到達的，標出來即可
在轉移失配邊時要注意用|運算，標出字尾為禁止序列的情況(詳見**)
最後，ac自動機以1為根，對於走到0的情況，四個孩子都寫1，否則會出錯啊gg
#include#include#include#include#include#include#include#include#include#includeusing namespace std;const int maxn = 2e3 + 20;
const int inf = ~0u>>1;
struct ac
}tree[maxn];
struct p
};int g[maxn][maxn];
int n,len,cur = 1,ans = inf,num[maxn],f[maxn];
char c[maxn];
queue q;
queue q;
int change(int pos)
int main()
tree[x].va = 1; }
q.push(1); for (int i = 1; i <= 4; i++) tree[0].ch[i] = 1;
while (!q.empty())
int v = f[k];
while (v && !tree[v].ch[i]) v = f[v];
f[u] = tree[v].ch[i];
tree[u].va |= tree[f[u]].va;
q.push(u);
} }scanf("%s",c+1); len = strlen(c+1);
for (int i = 1; i <= len; i++) num[i] = change(i);
for (int i = 0; i <= len; i++)
for (int j = 0; j <= cur; j++)
g[i][j] = inf;
q.push(p(0,0)); g[0][0] = 0;
while (!q.empty())
if (num[k.x+1] != i && g[k.x+1][tree[k.y].ch[i]] > g[k.x][k.y] + 1)
} }
for (int i = 0; i <= cur; i++) ans = min(ans,g[len][i]);
if (ans == inf) cout << -1;
else cout << ans;
return 0;
}
2016長樂夏令營 Day4
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