1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 int n,m,num[105],a[105][105];
4 int main()
5 {
6 scanf("%d%d",&n,&m);
7 for(int i=1;i<=m;i++)
8 {
9 int item=1;
10 for(int j=1;j<=n;j++)
11 {
12 scanf("%d",&a[i][j]);
13 if(a[i][item]<a[i][j]) item=j;
14 }
15 num[item]++;
16 }
17 int item=1;
18 for(int i=1;i<=n;i++) if(num[i]>num[item]) item=i;
19 printf("%d\n",item);
20 return 0;
21 }
没注意输出最小的WA了一次。。。
1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 int main()
4 {
5 int n,a; scanf("%d%d",&n,&a);
6 if(n==1)
7 {
8 puts("1");
9 return 0;
10 }
11 else if(a==n)
12 {
13 printf("%d\n",a-1);
14 return 0;
15 }
16 else if(a==1)
17 {
18 printf("%d\n",a+1);
19 return 0;
20 }
21 int ans1=a-1,ans2=a+1;
22 printf("%d\n",ans1-1>=n-ans2 ? ans1:ans2);
23 return 0;
24 }
题目大意：给你一个字符串，每次操作将两个相邻的点变成一个。 现在有m个操作，每个操作有一个 pos，一个c
是将pos位的字符变成c，问你这样需要几次操作。
思路：我们要知道一个串需要几次操作只需要知道这个串有多少个点 ，有多少段点，如果有m个点，有n段点，那么需要的操作数为m-n，然后改变字符的时候分类讨论一下就好啦。
1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 const int N=3e5+5;
4 char s[N];
5 int n,m,num,cnt;
6 int main()
7 {
8 scanf("%d%d",&n,&m);
9 scanf("%s",s+1);
10 for(int i=1;i<=n;i++)
11 {
12 if(s[i-1]!=‘.‘ && s[i]==‘.‘) cnt++;
13 if(s[i]==‘.‘) num++;
14 }
15 while(m--)
16 {
17 int pos; char ss[3];
18 scanf("%d%s",&pos,ss);
19 if(ss[0]==‘.‘)
20 {
21 if(s[pos]!=‘.‘)
22 {
23 num++;
24 if(s[pos-1]==‘.‘ && s[pos+1]==‘.‘) cnt--;
25 else if(s[pos-1]!=‘.‘ && s[pos+1]!=‘.‘) cnt++;
26 }
27 s[pos]=ss[0];
28 }
29 else
30 {
31 if(s[pos]==‘.‘)
32 {
33 num--;
34 if(s[pos-1]==‘.‘ && s[pos+1]==‘.‘) cnt++;
35 else if(s[pos-1]!=‘.‘ && s[pos+1]!=‘.‘) cnt--;
36 }
37 s[pos]=ss[0];
38 }
39 //printf("%d %d\n",num,cnt);
40 printf("%d\n",num-cnt);
41 }
42 return 0;
43 }
题目大意：给你一棵树，每个节点对应一个字符，有m个询问，每个询问里边有一个v，一个h，v表示一个节点，h表示深度
问你在以v为根的子树中所有深度为h的点对应的字符能不能构成回文串。
在线：先对树进行dfs，过程中用dfs序找出每个节点的子树区间，将每个节点的dfs序放入对应的f[ i ][ j ]中，f[ i ][ j ]表示深度为i，对应字符为j+‘a‘。
然后对于每次询问，我们在f[ i ][ h ] (0<=i<26) 中二分找出l[v]-r[v]之间有多少个数，记录有多少个是奇数。
如果奇数的个数>=1 则NO 否则 YES。
1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 const int N=5e5+5;
4 vector<int> f[N][26];
5 struct edge
6 {
7 int to,nx;
8 }e[N];
9 int l[N],r[N],n,m,dfn,head[N],tot;
10 char s[N];
11 void add(int f,int t)
12 {
13 e[tot].to=t; e[tot].nx=head[f];
14 head[f]=tot++;
15 }
16 void dfs(int v,int deep)
17 {
18 l[v]=++dfn;
19 f[deep][s[v]-‘a‘].push_back(dfn);
20 for(int i=head[v];~i;i=e[i].nx)
21 {
22 int u=e[i].to;
23 dfs(u,deep+1);
24 }
25 r[v]=dfn;
26 }
27 int main()
28 {
29 memset(head,-1,sizeof(head));
30 scanf("%d%d",&n,&m);
31 for(int i=2;i<=n;i++)
32 {
33 int fa; scanf("%d",&fa);
34 add(fa,i);
35 }
36 scanf("%s",s+1);
37 dfs(1,1);
38 while(m--)
39 {
40 int v,h,cnt=0,sum=0; scanf("%d%d",&v,&h);
41 for(int i=0;i<26;i++)
42 {
43 int pos1=lower_bound(f[h][i].begin(),f[h][i].end(),l[v])-f[h][i].begin();
44 int pos2=lower_bound(f[h][i].begin(),f[h][i].end(),r[v]+1)-f[h][i].begin();
45 if((pos2-pos1)&1) cnt++;
46 if(cnt>1) break;
47 }
48 if(cnt>1) puts("No");
49 else puts("Yes");
50 }
51 return 0;
52 }
离线：对树进行dfs，将询问按深度分层，点按深度分成再按字符分类。然后用树状数组维护节点个数。
1 #include<bits/stdc++.h>
2 #define pii pair<int,int>
3 #define fi first
4 #define se second
5 #define mk make_pair
6 using namespace std;
7 const int N=5e5+5;
8 int n,m,dfn,l[N],r[N],up,ans[N],head[N],tot;
9 char s[N];
10 vector<pii > Q[N];
11 vector<int> D[26][N];
12 struct BIT
13 {
14 int a[N];
15 void modify(int x,int v)
16 {
17 for(int i=x;i<=n;i+=i&-i) a[i]+=v;
18 }
19 int query(int x)
20 {
21 int ans=0;
22 for(int i=x;i>0;i-=i&-i) ans+=a[i];
23 return ans;
24 }
25 }bit;
26 struct edge
27 {
28 int to,nx;
29 }e[N];
30 void add(int f,int t)
31 {
32 e[tot].to=t; e[tot].nx=head[f];
33 head[f]=tot++;
34 }
35 void dfs(int v,int deep)
36 {
37 up=max(up,deep); l[v]=++dfn;
38 D[s[v]-‘a‘][deep].push_back(dfn);
39 for(int i=head[v];~i;i=e[i].nx) dfs(e[i].to,deep+1);
40 r[v]=dfn;
41 }
42 int main()
43 {
44 memset(head,-1,sizeof(head));
45 scanf("%d%d",&n,&m);
46 for(int i=2;i<=n;i++)
47 {
48 int fa; scanf("%d",&fa);
49 add(fa,i);
50 }
51 scanf("%s",s+1);
52 dfs(1,1);
53 for(int i=1;i<=m;i++)
54 {
55 int v,h; scanf("%d%d",&v,&h);
56 Q[h].push_back(mk(v,i));
57 }
58 for(int i=1;i<=up;i++)
59 {
60 for(int k=0;k<26;k++)
61 {
62 for(int j:D[k][i]) bit.modify(j,1);
63 for(pii j:Q[i])
64 {
65 int cur=bit.query(r[j.fi])-bit.query(l[j.fi]-1);
66 if(cur&1) ans[j.se]++;
67
68 }
69 for(int j:D[k][i]) bit.modify(j,-1);
70 }
71 }
72 for(int i=1;i<=m;i++) printf("%s\n",ans[i]<=1 ? "Yes":"No");
73 return 0;
74 }
题目大意：给你一个n*m的图(1<=n,m<=500) ，图由字符构成，现在你在(1,1)的位置，想走到(n,m)的位置，问你有多少种走法使路径构成回文串。
思路：动态规划题，其实题目相当于两个人分别从(1,1),(n,m)开始走，且只能走向字符相同得我位置，我们可以用dp[cnt][x1][y1][x2][y2]表示第cnt步的时候，第一个点在(x1,y1)，第二个点在(x2,y2)时的方案数。但是很明显空间开不下，我们可以用滚动数组来进行优化，这样就变成了dp[2][x1][y1][x2][y2]。还是过大，其实如果我们知道了步数，知道了x的坐标就能推出y的坐标，最后变成了dp[2][x1][x2]。 状态转移方程为:
dp[cnt][x1][y1][x2][y2]+=dp[cnt-1][x1-1][y1][x2+1][y2]
dp[cnt][x1][y1][x2][y2]+=dp[cnt-1][x1-1][y1][x2][y2+1]
dp[cnt][x1][y1][x2][y2]+=dp[cnt-1][x1][y1-1][x2+1][y2]
dp[cnt][x1][y1][x2][y2]+=dp[cnt-1][x1][y1-1][x2][y2+1]
最后路径长度为奇数偶数的时候分类一下就好啦。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=505;
const int mod=1e9+7;
char s[N][N];
int n,m,dp[2][N][N];
inline void MOD(int &x){if(x>=mod) x-=mod;}
int solve()
{
if(s[1][1]!=s[n][m]) return 0;
dp[1][1][m]=1; int c=1,up=(n+m)>>1,ans=0;
for(int k=1;k<up;k++)
{
c^=1;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
for(int j=i;j<=m;j++)
{
dp[c][i][j]=0;
int x1=i,y1=1+(k-(i-1));
int x2=j,y2=n-(k-(m-j));
if(y1<1 || y2>n || y1>n || y2<1 || y1>y2) continue;
if(s[y1][x1]!=s[y2][x2]) continue;
if(x1>1 && x2<m) dp[c][i][j]+=dp[c^1][i-1][j+1],MOD(dp[c][i][j]);
if(x1>1 && y2<n) dp[c][i][j]+=dp[c^1][i-1][j],MOD(dp[c][i][j]);
if(y1>1 && x2<m) dp[c][i][j]+=dp[c^1][i][j+1],MOD(dp[c][i][j]);
if(y1>1 && y2<n) dp[c][i][j]+=dp[c^1][i][j],MOD(dp[c][i][j]);
}
}
}
int sum=n+m;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
for(int j=i;j<=m;j++)
{
if(!dp[c][i][j]) continue;
int x1=i,y1=1+(up-(i-1));
int x2=j,y2=n-(up-(m-j));
ans+=dp[c][i][j]; MOD(ans);
if(!(sum&1) && i!=j) ans+=dp[c][i][j]; MOD(ans);
}
}
return ans;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%s",s[i]+1);
int ans=solve();
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
原文地址：https://www.cnblogs.com/CJLHY/p/8228436.html
时间： 2024-10-02 02:10:04