EZ 2018 05 06 NOIP2018 慈溪中学集训队互测（五）

享受爆零的快感

老叶本来是让初三的打的，然后我SB的去凑热闹了

TM的T2写炸了（去你妹的优化），T1连-1的分都忘记判了，T3理所当然的不会

光荣革命啊！

T1

思维图论题，CHJ dalao给出了正解但-1输成0了缅怀

而且这题不能用读优玄学

思路也很新奇，先跑一遍MST，判断是否有无解的情况

然后看一下MST中与1相连的边有几条

如果小于k那么我们把所有与1相连的边减上一个值使它们优先被选，然后跑MST

大于k就加上去即可

注意到这个值可以二分，因此不停做MST即可

CODE

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=5005,M=100005;
const double EPS=1e-5;
struct data
{
    int l,r,s;
    double add;
}a[M];
int n,m,k,cnt,father[N],tot;
long long ans;
inline bool comp(data a,data b)
{
    return a.s+a.add<b.s+b.add;
}
inline int getfather(int k)
{
    return father[k]==k?k:father[k]=getfather(father[k]);
}
inline int MST(double x)
{
    register int i; int res=0,tot=0;
    for (i=1;i<=m;++i)
    if (a[i].l==1||a[i].r==1) a[i].add=x;
    sort(a+1,a+m+1,comp);
    for (i=1;i<=n;++i)
    father[i]=i; ans=0;
    for (i=1;i<=m;++i)
    {
        int fx=getfather(a[i].l),fy=getfather(a[i].r);
        if (fx!=fy)
        {
            if (a[i].l==1||a[i].r==1) ++res;
            ans+=a[i].s; ++tot;
            father[fx]=fy;
        }
    }
    if (tot!=n-1) return -1;
    return res;
}
int main()
{
    freopen("path.in","r",stdin); freopen("path.out","w",stdout);
    register int i;
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
    for (i=1;i<=m;++i)
    {
        scanf("%d%d%d",&a[i].l,&a[i].r,&a[i].s);
        if (a[i].l==1||a[i].r==1) ++tot;
    }
    if (tot<k||MST(0)==-1) { puts("-1"); return 0; }
    double l=-100000.0,r=100000.0;
    while (r-l>EPS)
    {
        double mid=(l+r)/2.0;
        int t=MST(mid);
        if (t==k) { printf("%lld",ans); break; }
        if (t>k) l=mid; else r=mid;
    }
    return 0;
}

T2

这么小的数据范围，就是套路的状压DP

只有我一个人想到记忆化搜索暴力玄学搜索么

好吧又是我ZZ了

首先发现n的范围只有15，果断状压成01串表示第几个串选或不选

而后预处理一个数组g[i][j]表示当t[i]上的字符为j时，与其它串的匹配情况（用二进制下压缩01串表示）

例如，四个串为

?a?

ab?

aa?

??b

例如

• g[2][‘a‘]=1101(与第四个，第三个，第一个串分别匹配）=13
• g[1][‘a‘]=1111=15

然后我们设DP数组f[i][j]表示匹配到第i位时（第i位尚未匹配）所有串的匹配情况为j（二进制下的01串）时方案总数

则有f[i][j]可以转移出

f[i+1][j&g[i][ch]]+=f[i][j]（‘a‘<=ch<=‘z‘)

因为这里只要一个位置不匹配那就整个串都不匹配，因此只有两边都是1才满足要求

最后ans+=所有j的1的个数恰好为k个的f[len+1][j]

C++没有以字符为下标的数组，因此所有字符减去‘a‘即可

CODE

#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=20,D=50,mod=1000003;
int g[D+5][30],f[D+5][(1<<N+1)+5],n,k,ans,t;
char s[N][55],ch;
inline int count(int x)
{
    int tot=0;
    while (x) tot+=x&1,x>>=1;
    return tot;
}
int main()
{
    freopen("question.in","r",stdin); freopen("question.out","w",stdout);
    register int i,j; scanf("%d",&t);
    while (t--)
    {
        memset(f,0,sizeof(f));
        memset(g,0,sizeof(g));
        scanf("%d%d",&n,&k);
        for (i=1;i<=n;++i)
        scanf("%s",s[i]+1); int len=strlen(s[1]+1);
        for (i=1;i<=len;++i)
        for (ch=‘a‘;ch<=‘z‘;++ch)
        for (j=1;j<=n;++j)
        if (s[j][i]==‘?‘||ch==s[j][i]) g[i][ch-‘a‘]|=1<<j-1;
        f[1][(1<<n)-1]=1; ans=0;
        for (i=1;i<=len;++i)
        for (j=0;j<1<<n;++j)
        if (f[i][j]) for (ch=‘a‘;ch<=‘z‘;++ch)
        f[i+1][j&g[i][ch-‘a‘]]=(f[i+1][j&g[i][ch-‘a‘]]+f[i][j])%mod;
        for (i=0;i<1<<n;++i)
        if (count(i)==k) ans=(ans+f[len+1][i])%mod;
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}

T3

这就是传说中的神题么

暴力的想法都是有的，但是就是刚不出来（只有YZC dalao拿了2分）

标算是DP+KMP+矩阵乘法（快速幂），还是不可食用的

想要标算的同学看BZOJ1009，黄学长题解

原文地址：https://www.cnblogs.com/cjjsb/p/9007644.html