状态很垃圾的一场考试。感觉“这么多分就够了”的心态很是在给自己拖后腿。
打开题面，第一页赫然写着：$Claris‘ Contest$。
吓得我差点手一抖关掉。不过后来想想似乎强到变态的人出的题都不是很不可做？大概是实力越强越能体会弱者的难处吧。
看T1：woc 字符串？完蛋完蛋。
T2：什么啊？图上乱搞？
T3：最短路？边都建不出来。
回去又读了一遍T1发现是sbDP，一眼切了开始码。结果死调不出来，考试开始25min的时候真的是有点慌，这么水的题别人估计都10min以内解决，我都调了快20min还是过不了手玩样例。好在用了35min调过了。
T2无向图的限制让我很是没思路，于是先把T3暴力打了。打的时候想到可以拆点考虑每个二进制位，但是没想具体实现。
回来搞T2发现$O(n^4)$的暴力很好打，淼之。
然后就假装自己在想题实际上无所事事的过了1h……一直没想出T2其他的可行思路，主要是不知道无向图怎么传递信息(没有拓扑这种好东西)。
之后突然想到可以把$O(n^4)$优化到$O(n^3)$，码了个对拍没出错。$210pts\ get!$
优化到$n^3$之后发现这已经是优化枚举的瓶颈了，更加确定正解不是这个。想了一下$bitset$用于传递环信息但是好像不行。
T3也没有想着拿下一档分，拆点的思路有点偏了。
然而T2正解就是$bitset$优化三元环计数，T3就是拆点……而且70分很好拿……
A.String Master
无脑dp。LCS加一维、多一层循环枚举修改次数即可。复杂度$O(n^3)$。
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=305;
int n,K,dp[N][N][N];
char a[N],b[N];
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&K);
scanf("%s",a+1);scanf("%s",b+1);
int ans=0;
for(int k=0;k<=K;k++)
{
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=n;j++)
{
if(a[i]==b[j])dp[i][j][k]=max(dp[i-1][j-1][k]+1,dp[i][j][k]);
else if(k)
dp[i][j][k]=max(dp[i][j][k],dp[i-1][j-1][k-1]+1);
ans=max(ans,dp[i][j][k]);
}
}
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
B.Tourist Attractions
最暴力的方法当然是四层循环枚举方案。如果记录一下每个点的度数，统计时直接用$deg[x]-1$减去三元环的情况就可以去掉一层循环。但显然我们不能用这样的方式再去一层了。
那么可以只枚举四元环中间的两个点，把他们的度数-1再相乘后减去三元环的情况。怎么求三元环的情况数呢？用bitset维护每个点的联通集合，两个点的bitset与一下就是答案了。
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<bitset>
using namespace std;
const int N=1505,M=2500000;
typedef long long ll;
int n;
int to[M],head[N],nxt[M],deg[N],tot;
ll ans;
void add(int x,int y)
{
to[++tot]=y;
nxt[tot]=head[x];
head[x]=tot;
deg[y]++;
}
char s[N];
bitset<N> link[N];
int main()
{
/*freopen("dt.in","r",stdin);
freopen("my.out","w",stdout);*/
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%s",s+1);
for(int j=1;j<=n;j++)
{
int e=s[j]-‘0‘;
if(e)add(i,j),link[i][j]=1;
}
}
for(int x=1;x<=n;x++)
{
for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
{
int y=to[i];
ans+=1LL*(deg[x]-1)*(deg[y]-1)-(link[x]&link[y]).count();
}
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
C.Walk
边权为1所以求最短路直接bfs就好了。把二进制数看作集合，那么题目要求的就是一个点要与$val$值是它$val$的子集的点连边。把所有$val$都看作点，对于每个点，让它的$val$对它连边。bfs入队的时候暴力枚举子集就可以让所有相连的点入队，由于每个点只有首次入队是有用的，所以可以把枚举过的子集记忆化一下减少重复操作。
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<vector>
using namespace std;
int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch==‘-‘)f=-1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch))x=x*10+ch-‘0‘,ch=getchar();
return x*f;
}
const int N=200005,M=300005;
int n,m,w[N];
int to[M],head[N],nxt[M],tot;
vector<int> g[(1<<20)+5];
void add(int x,int y)
{
to[++tot]=y;
nxt[tot]=head[x];
head[x]=tot;
}
int dis[N],vis[(1<<20)+5];
queue<int> q;
void relink(int val,int x,int pre)
{
if(vis[val])return ;
vis[val]=1;
for(int i=0;i<g[val].size();i++)
{
int y=g[val][i];
if(dis[y]==-1)dis[y]=dis[x]+1,q.push(y);
}
for(int i=pre+1;i<=20;i++)
if((val>>i)&1)relink(val^(1<<i),x,pre+1);
}
int main()
{
n=read();m=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
w[i]=read(),g[w[i]].push_back(i);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int x=read(),y=read();
add(x,y);
}
memset(dis,0xFF,sizeof(dis));
q.push(1);dis[1]=0;
while(!q.empty())
{
int x=q.front();q.pop();
for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
{
int y=to[i];
if(dis[y]==-1)dis[y]=dis[x]+1,q.push(y);
}
relink(w[x],x,-1);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
printf("%d\n",dis[i]);
return 0;
}
原文地址：https://www.cnblogs.com/Rorschach-XR/p/11563850.html