标签：pac 需要 std 题意 计算 通过 last read hdu
练习赛41
Begin:
2019-03-27 18:35
PDD：310rlb
递增N元组 HihoCoder-1733
标签：dp计数(55)
给定N个数组，每个数组都包含M个整数。
现在你被要求从每个数组中选出一个数，总共N个数。
在 M^N 种选法中，有多少种选法满足选出的N个数恰好是严格递增的？
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define oo 1000000007
#define M 10009
int a[110][M],pos[110][M],n,m;
int dp[110][M],res[M],ans;
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m;j++)scanf("%d",&a[i][j]);
sort(a[i]+1,a[i]+m+1);
}
for(int i=2;i<=n;i++){
int x=m;
for(int j=m;j>=1;j--){
while(a[i-1][x]>=a[i][j]&&x>=1)x--;
pos[i][j]=x;
}
}
for(int i=1;i<=m;i++)dp[1][i]=1;
for(int i=2;i<=n;i++){
res[1]=dp[i-1][1];
for(int j=2;j<=m;j++)res[j]=(res[j-1]+dp[i-1][j])%oo;
for(int j=1;j<=m;j++)if(pos[i][j]>=0)dp[i][j]=res[pos[i][j]];
}
for(int i=1;i<=m;i++)ans=(ans+dp[n][i])%oo;
printf("%d",ans);
}逃离迷宫5 HihoCoder - 1734
标签：Spfa+yy优化(75)
给定一张地图，‘.‘代表可以走，‘#‘代表不能走，但可以通过施膜法通过一个‘#‘，膜法只能用一次，问从(1,1)走到(n,n)的最短长度。
这道题暴力dfsT了，转变一下思路，枚举使用膜法的块(假设对于一个点也可以施膜法，即什么也不改变)：从(1,1)spfa一次，只将‘.‘的块加入队列中；再从(n,n)spfa一次，同样也只将‘.‘的块加入队列中。那么ans=max(ans,dis1[i]+dis2[i])。跑了74ms,竟然是VJ上最快的
#include<bits/stdc++.h>
#define oo 10000000
const int N=1010;
using namespace std;
struct node{
int x,y;
}q[N*N];
bool vis[N][N];
int n,dis[N][N],hd,tl,dis2[N][N];
const int dx[4]={0,0,1,-1};
const int dy[4]={1,-1,0,0};
char c[N][N];
void spfa(int x,int y,bool f){
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)dis[i][j]=oo,vis[i][j]=0;
hd=tl=1;
q[1]=(node){x,y},dis[x][y]=0,vis[x][y]=1;
while(hd<=tl){
node t=q[hd];
int d=dis[t.x][t.y];
for(int i=0;i<=3;i++){
int xx=t.x+dx[i],yy=t.y+dy[i];
if(xx<=0||xx>n||yy<=0||yy>n)continue;
if(dis[xx][yy]>d+1){
dis[xx][yy]=d+1;
if(!vis[xx][yy]&&c[xx][yy]=='.'){
q[++tl]=(node){xx,yy};
vis[xx][yy]=1;
}
}
}
hd++;
}
if(f==0){
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)dis2[i][j]=dis[i][j];
}
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%s",c[i]+1);
spfa(1,1,0),spfa(n,n,1);
int ans=oo;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)ans=min(ans,dis[i][j]+dis2[i][j]);
printf("%d",ans==oo?-1:ans);
}Subsequence HDU - 3530
标签：万恶的单调队列 凸(艹皿艹 ) (80)
给出一个长度为n的数列，求一个最长的区间，使得区间中最小值和最大值的差在[m,k]之间。
第一眼，woc单调队列的既视感........好的，，，，不会写QAQ
1.来两个单调队列，一个维护最大值，一个维护最小值。
2.如果此时Ma-Mi>R,那么我们要么把Mi搞大，要么把Ma弄小，然后我们惊奇的发现，对应的操作都是将其中一个单调队列head++，即把队首元素pop出去。
3.那么到底要pop哪个呢，我们画个图就知道了，当然是pop掉位置靠前的那一个，但为什么呢：
我们来看：
choose1
如果我们pop掉Ma，并且假设接下来的Ma-Mi<=R(符合条件),但我们也不能取[i,r]这个长度作为ans，因为[i,r]中还包含着那个已经pop掉的最大值，所以我们只能取[pos[lastma]+1,r]作为答案，就是把当前区间彻底挪开上一个最大值的位置。
choose2
同理，假如我们pop的是Mi，并且假设接下来的Ma-Mi<=R(符合条件)，那么我们得到的最优解
是[pos[lastmi]+1,r]。
综上，假设这次pop操作后能使当前区间符合条件，答案是pos[lastma]+1,r]或[pos[lastmi]+1,r]，
要取得最优解，当然是pos[Mi]小popMi，反之popMa。
假如现在你已经使Ma-Mi<=R，如果当前Ma-mi还能满足>=L,那么就可以更新答案了。至于是r-pos[lastmi]还是r-pos[lastma]得取决你刚才最后pop的是哪个，可以用个简单的判断(见代码pos_mi,pos_ma);大概就这样了，虽然讲起来有点麻烦，但代码其实很短，需要注意一些细节。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=100000+5;
int a[N],q1[N],q2[N];
int head1,head2,tail1,tail2,pos_ma,pos_mi,ans;
int main(){
int n,L,R;
while(~scanf("%d%d%d",&n,&L,&R)){
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
ans=head1=head2=tail1=tail2=0;
pos_mi=pos_ma=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
while(head1<tail1&&a[q1[tail1-1]]<=a[i])tail1--;
q1[tail1++]=i;
while(head2<tail2&&a[q2[tail2-1]]>=a[i])tail2--;
q2[tail2++]=i;
while(a[q1[head1]]-a[q2[head2]]>R){
if(q1[head1]<q2[head2])pos_ma=q1[head1++];
else pos_mi=q2[head2++];
}
if(a[q1[head1]]-a[q2[head2]]>=L){
ans=max(ans,i-max(pos_ma,pos_mi));
}
}
printf("%d\n",ans);
}
}数据有点水，能过。而且代码比较短。
一人麻将 HihoCoder - 1503
标签：模拟(100)
小Hi起手拥有14张牌，之后小Hi每摸一张牌后，如果没有胡牌，就出一张牌，直至胡牌或牌被摸光。
胡牌的规则如下：
手中14张牌最多只能属于两个花色。
手中14张牌的牌型须满足下列两个条件之一：
1）3 + 3 + 3 + 3 + 2，其中的3代表一坎（指同花色且同数字、或同花色且数字相连的三张牌），其中的2代表一个对子（指两张同花色且同数字的牌）。
2）2 × 7，即14张牌构成7个对子，特别的，四张花色数字全相同的牌可以看作两个对子。
现给出小Hi的起手牌，并按顺序给出场上其余小Hi将要摸的牌。
请计算小Hi最早在摸第几张牌之后就可能胡牌，如果起始牌就满足条件输出0。无法胡牌输出-1。首先要理解题意：
1.明确一点：题目说每摸张牌如果没法胡，都要弃掉一张手牌。其实我们不必考虑每轮丢哪张牌，我们可以采取上帝视角,把每张牌都保留下来,等到什么时候能胡牌了，再把那些多余的牌扔掉，这样没有任何影响吧。超级骚操作
2.胡牌有两种大方案：
A ：四坎一对 B： 七对
先来看怎么判B方案:
bool ok2(){
int tmp[5];
for(int i=0;i<=2;i++){
tmp[i]=0;
for(int j=1;j<=9;j++)tmp[i]+=cnt[i][j]/2;
}
if(tmp[0]+tmp[1]>=7)return 1;
if(tmp[0]+tmp[2]>=7)return 1;
if(tmp[1]+tmp[2]>=7)return 1;
return 0;
}由代码可以看出——...什么都看不出，这一步很好想，不解释了
再来看怎么判A方案，这里有点复杂：
bool dfs(int now){//接下来要凑第几个
if(now>=5){//现在要凑最后一个————对子
for(int i=1;i<=9;i++){
if(cnt[co1][i]>=2||cnt[co2][i]>=2)return 1;
}
return 0;
}
//现在要凑————坎(smg名字????)
//坎又有两种：同花色且同数字/同花色且数字相连.
//same_num:co1
for(int i=1;i<=9;i++)
if(cnt[co1][i]>=3){
cnt[co1][i]-=3;
if(dfs(now+1))return 1;
cnt[co1][i]+=3;
}
//same_num:co2 同上操作，只要把co1改成co2即可
//link_num:co1
for(int i=1;i<=7;i++){
if(cnt[co1][i]&&cnt[co1][i+1]&&cnt[co1][i+2]){
cnt[co1][i]--,cnt[co1][i+1]--,cnt[co1][i+2]--;
if(dfs(now+1))return 1;
cnt[co1][i]++,cnt[co1][i+1]++,cnt[co1][i+2]++;
}
}
//link_num:co2 同上操作，只要把co1改成co2即可
return 0;
}3.就是这样。那么co1，co2又是什么呢，题目中还说胡牌有一个前提条件：“手中14张牌最多只能属于两个花色”(一定要好好好好看题)，所以我们需要枚举还握在手中的牌的花色：最多只能有两种。
bool choosecolor(){
for(co1=0;co1<=2;co1++)
for(co2=co1;co2<=2;co2++)if(dfs(1))return 1;
return 0;
}4.完整代码如下，部分重要函数已于上面出示过了，这里减短码量，给一个大致框架
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int cnt[5][12];
int co1,co2,n;
char s[5];
void read(){//存牌
scanf("%s",s);
cnt[s[0]-'a'][s[1]-'0']++;
}
bool dfs(int now){}
bool choosecolor(){}
bool ok2(){}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=14;i++)read();
if(choosecolor()){puts("0");return 0;}
if(ok2()){puts("0");return 0;}
for(int i=1;i<=n;i++){
read();
if(ok2()){printf("%d",i);return 0;}
if(choosecolor()){printf("%d",i);return 0;}
}
return puts("-1"),0;
}标签：pac 需要 std 题意 计算 通过 last read hdu
原文地址：https://www.cnblogs.com/Tieechal/p/11189357.html
