隔了一週以後的test10。
嗯。沒什麼好說的。
上題。
1.Matrix
題目描述
給出兩個 N×N 的矩陣 A、B，矩陣每行每列標號 0～N-1 。
定義這兩個矩陣的乘積 AB 爲
現在要在這兩個矩陣上依次進行 Q 次修改操作，兩種操作描述如下：
A i j K ，將 Ai,j 的值修改爲 K 。
B i j K ，將 Bi,j 的值修改爲 K 。
在每一次修改操作進行後，輸出矩陣 AB（這兩個矩陣的乘積矩陣）中每個位置元素的權值之和。
輸入格式
第一行，一個正整數 N ，表示矩陣的大小。
接下來 N 行，每行 N 個整數，描述矩陣 A 。
接下來 N 行，每行 N 個整數，描述矩陣 B 。
接下來一行，一個正整數 Q ，表示操作次數。
接下來 Q 行，每行描述一個操作，格式如題面所示。
輸出格式
輸出 Q 行，每行一個整數，表示這次操作完成後的答案。
樣例數據
輸入
2
1 2
3 4
4 3
2 1
3
A 1 1 2
B 0 1 3
A 0 0 10
輸出
40
40
103
備註
【數據規模與約定】
對於 10% 的數據，N = 1。
對於 30% 的數據，N,Q≤10。
對於 80% 的數據，1≤N≤100，|Ai,j|,|Bi,j|≤10。
對於 100% 的數據，1≤N≤1000，1≤Q≤105，|Aij|,|Bi,j|≤1000。
第一題沒什麼比較難的，多分析幾組數據即可發現答案爲第一個矩陣的第i行與第二個矩陣的第i列相乘的積的和。
然而數據總是很難過，不用讀入優化會卡最後兩個點。
如下。
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cctype>
#include<iomanip>
using namespace std;
int n,q,x,y,z,k;
long long ans;
int c[1003],d[1003];
int a[1003][1003],b[1003][1003];
char s;
int read()
{
int i=0,f=1;
char s;
for(s=getchar();(s<'0'||s>'9')&&s!='-';s=getchar());
if(s=='-')
{
f=-1;
s=getchar();
}
for(;s>='0'&&s<='9';s=getchar())
i=(i<<3)+(i<<1)+s-'0';
return i*f;
}
int main()
{
freopen("matrix.in","r",stdin);
freopen("matrix.out","w",stdout);
n=read();
for(int i=0;i<n;i++)
for(int j=0;j<n;j++)
a[i][j]=read();
for(int i=0;i<n;i++)
for(int j=0;j<n;j++)
b[i][j]=read();
q=read();
for(int i=0;i<n;i++)
for(int j=0;j<n;j++)
c[i]+=a[j][i];
for(int i=0;i<n;i++)
for(int j=0;j<n;j++)
d[i]+=b[i][j];
for(int i=1;i<=q;i++)
{
ans=0;
cin>>s;
x=read();
y=read();
z=read();
if(s=='A')
{
k=a[x][y];
a[x][y]=z;
c[y]-=k;
c[y]+=z;
}
else if(s=='B')
{
k=b[x][y];
b[x][y]=z;
d[x]-=k;
d[x]+=z;
}
for(int i=0;i<n;i++)
ans+=(long long)c[i]*d[i];
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}2.Roads
題目描述
有 N 個城市，這些城市通過 M 條無向邊互相連通，每條邊有一個權值 Ci ，表示這條邊的長度爲 2^(Ci) ，沒有兩條邊的長度是相同的。
設 d(i,j)爲城市 i 到城市 j 的最短路長度，求：
答案以二進制輸出。
輸入格式
第一行，兩個正整數 N ，M 。
接下來 M 行，每行三個正整數 Ai，Bi，Ci ，表示城市 Ai，Bi 間有一條權值爲 Ci 的無向邊。
輸出格式
輸出一個二進制數，表示所有無序點對間的最短路長度之和（即問題描述中的式子）。
樣例數據
輸入
5 6
1 3 5
4 5 0
2 1 3
3 2 1
4 3 4
4 2 2
輸出
1000100
備註
【樣例解釋】
【數據規模與約定】
對於 30% 的數據，N,M≤50。
對於 60% 的數據，N,M≤100。
對於 80% 的數據，N≤2000；M≤10000。
對於 100% 的數據，1≤N≤10^5；1≤M≤2×10^5；1≤Ai,Bi≤N，Ai≠Bi，0≤Ci＜M。
由於沒有兩條邊權值相同，則可以對圖求最小生成樹，兩點間最短路即爲最小生成樹上的路徑。若一條路左邊的點用了兩次，右邊用了三次，則這條路的權值×6加入最終的答案。
最後要轉換成二進制。
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cctype>
#include<iomanip>
#include<queue>
using namespace std;
int n,m,tot,u,v,k,i;
int fa[100005],a[200003],b[200003];
int son[100005],next[200005],ed[200005],cost[200005],size[100005];
long long ans[300005];
bool vis[100005];
inline int get(int x)
{
return fa[x]==x?x:fa[x]=get(fa[x]);
}
inline void dfs(int x)
{
vis[x]=true;
size[x]=1;
for(int i=son[x];i;i=next[i])
if(!vis[ed[i]])
{
dfs(ed[i]);
ans[cost[i]]+=(long long)size[ed[i]]*(n-size[ed[i]]);
size[x]+=size[ed[i]];
}
}
int main()
{
//freopen("roads.in","r",stdin);
//freopen("roads.out","w",stdout);
cin>>n>>m;
for(i=1;i<=n;i++)
fa[i]=i;
for(i=1;i<=m;i++)
{
cin>>u>>v>>k;
a[k]=u;
b[k]=v;
}
for(i=0;i<m;i++)
{
u=a[i];
v=b[i];
if(get(u)!=get(v))
{
fa[get(u)]=v;
++tot;
next[tot]=son[u];
son[u]=tot;
ed[tot]=v;
cost[tot]=i;
++tot;
next[tot]=son[v];
son[v]=tot;
ed[tot]=u;
cost[tot]=i;
}
}
dfs(1);
for(i=0;i<=m+100;i++) //轉二進制。
ans[i+1]+=ans[i]/2,ans[i]%=2;
for(i=m+100;i>=1;i--)
if(ans[i])
break;
for(;i>=0;i--)
cout<<ans[i];
cout<<endl;
return 0;
}3.Grid
題目描述
有一個 2×N 的矩陣，矩陣的每個位置上都是一個英文小寫字符。
現在需要從某一個位置開始，每次可以移動到一個沒有到過的相鄰位置，即從 (i,j) 可以移動到 (i-1,j)(i+1,j)(i,j-1)(i,j+1) （要求該位置在矩陣上且之前沒有到過）。
從選取的起點開始，經過 2N-1 次移動後，將會走過矩陣的每一個位置，將移動經過的格子依次取出來就得到了一個長度爲 2N 的串。
可以任意選擇起點和終點，任意選擇移動方案，求能得到多少種不同的串。
輸入格式
輸入第一行，一個正整數 N 。
接下來兩行，每行一個由英文小寫字符組成的字符串，描述這個矩陣。
輸出格式
輸出一行一個整數，表示能得到的串的總數。
樣例數據 1
輸入
1
a
a
輸出
1
樣例數據 2
輸入
3
dab
abd
輸出
8
樣例數據 3
輸入
5
ababa
babab
輸出
2
備註
【樣例2說明】
能得到的字符串有：abdbad, adabdb, badabd, bdbada, dababd, dabdba, dbabad, dbadab。
【數據規模與約定】
對於 20% 的數據，N≤5。
對於 60% 的數據，N≤50。
對於 100% 的數據，N≤600。
嗯，這道題打算說說暴力。
枚舉所有可以形成的串放入字母樹，可以得50分。
適當剪枝，即路徑在中間位置向下時必不能走完所有格子，直接break，可得60分。
至於滿分代碼，需要用哈希。
如圖。
若想走完所有格子，第一步一定是向左到頭或是向右到頭。
第二步，掉頭至原點。（第一二步爲紅線）
第三步有三種走法，第一種爲第二條紅線，第二種爲綠線，第三種爲紅綠結合。
至於判斷字符串是否相同，判斷哈希值即可，可以判兩次。
來來來題解。（非自己代碼。）
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<vector>
#include<map>
using namespace std;
const int N=605;
const int h=2333;
const int h2=23333;
const int p=1e9+7;
const int H=2333333;
int n;
long long l[3][N],l2[3][N],pow[N<<1],pow2[N<<1],now,now2;
int son[H+5],next[5000005],tot;
long long num[5000005],num2[5000005];
char s[5][605];
void add(long long x,long long x2)
{
int y=x%H;
for(int i=son[y];i;i=next[i])
if(num[i]==x&&num2[i]==x2)return;
num[++tot]=x,num2[tot]=x2;
next[tot]=son[y],son[y]=tot;
}
int main()
{
//freopen("grid.in","r",stdin);
scanf("%d",&n);
pow[0]=pow2[0]=1;
for(int i=1;i<=n*2;i++)pow[i]=pow[i-1]*h,pow2[i]=(pow2[i-1]*h2)%p;
scanf("%s",s[1]+1);
scanf("%s",s[2]+1);
for(int T=1;T<=4;T++)
{
for(int i=1;i<=n;i++)
{
l[1][i]=l[2][i]=l2[1][i]=l2[2][i]=0;
for(int j=i;j>=1;j--)l[1][i]=l[1][i]*h+s[1][j];
for(int j=1;j<=i;j++)l[1][i]=l[1][i]*h+s[2][j];
for(int j=i;j>=1;j--)l[2][i]=l[2][i]*h+s[2][j];
for(int j=1;j<=i;j++)l[2][i]=l[2][i]*h+s[1][j];
for(int j=i;j>=1;j--)l2[1][i]=(l2[1][i]*h2+s[1][j])%p;
for(int j=1;j<=i;j++)l2[1][i]=(l2[1][i]*h2+s[2][j])%p; //初始化。
for(int j=i;j>=1;j--)l2[2][i]=(l2[2][i]*h2+s[2][j])%p;
for(int j=1;j<=i;j++)l2[2][i]=(l2[2][i]*h2+s[1][j])%p;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
now=now2=0;
for(int j=i;j<=n;j++)now=now*h+s[1][j];
for(int j=n;j>=i;j--)now=now*h+s[2][j];
for(int j=i;j<=n;j++)now2=(now2*h2+s[1][j])%p;
for(int j=n;j>=i;j--)now2=(now2*h2+s[2][j])%p;
int k=2;
for(int j=i;j>=1;j--)
{
add(now*pow[2*j-2]+l[k][j-1],(now2*pow2[2*j-2]+l2[k][j-1])%p);
now=now*h+s[k][j-1];
now2=(now2*h2+s[k][j-1])%p;
k=3-k;
now=now*h+s[k][j-1];
now2=(now2*h2+s[k][j-1])%p;
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)swap(s[1][i],s[2][i]);
if(T==2)
{
for(int i=1;i<=n/2;i++)
swap(s[1][i],s[1][n-i+1]),swap(s[2][i],s[2][n-i+1]);
}
}
cout<<tot<<endl;
return 0;
}嗯就這樣。
來自2017.7.22.
——我認爲return 0，是一個時代的終結。