1008 - KMP
简化版题意
【描述】
给定 2个字符串 S,T，判断 S中包含多少不重叠的子串=T
【输入 】
多组数据
读到当个字符’#’表示结束，注意是单个，如果有字符串开头有#，不意味结束
每组数据仅有一行，为由空格分开的 S和 T。
【输出】
对于每组数据，输出一行整数，表示答案
【输入样例】
abcde a3
aaaaaa aa
#
【输出样例】
0
3
【数据规模】
对于全部数据，字符串长度 ≤1000
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define N 1009
using namespace std;
char a[N],b[N];
int lena,lenb,nxt[N];
int main(){
while(1){
memset(nxt,0,sizeof(nxt));
int i=0,j=0,k=-1;
scanf("%s",a+1);//自动忽略空格
lena=strlen(a+1);
if(lena==1&&a[1]=='#') break;//这两个判断一个都不能少
scanf("%s",b+1);
lenb=strlen(b+1);
int ans=0;
nxt[1]=0;
for(int i=2,j=0;i<=lenb;++i){
while(j&&b[i]!=b[j+1]) j=nxt[j];
if(b[i]==b[j+1]) j++;
nxt[i]=j;
}
j=0;
for(int i=1;i<=lena;++i)
{
while(j&&a[i]!=b[j+1]) j=nxt[j];
if(a[i]==b[j+1]) j++;
if(j==lenb){
ans++;
j=0;
}
}
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}1009最短路之dijkstra+堆优化
【描述】
N个点 m条边的无向图，计算从起点 S到 T的最短路，保证连通
【输入】
第一行 N（<=2500）,M(<=1000),S,T
接下来 M行，每行 3个数字 U,V,W表示 u和v之间有路径长度为 W(1<=Wi<=1000)
【输出】
1个整数
【样例】
7 11 5 4
2 4 2
1 4 3
7 2 2
3 4 3
5 7 5
7 3 3
6 1 1
6 3 4
2 4 3
5 6 3
7 2 1
【输出样例】
7
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define N 3000
#define M 40009
#define in read()
using namespace std;
inline int read(){
char ch;int f=1,res=0;
while((ch=getchar())<'0'||ch>'9') if(ch=='-') f=-1;
while(ch>='0'&&ch<='9'){
res=(res<<3)+(res<<1)+ch-'0';
ch=getchar();
}
return f==1?res:-res;
}
int nxt[M],to[M],head[N],w[M],cnt=0;//数组大小打错了……
void add(int x,int y,int z){
nxt[++cnt]=head[x];head[x]=cnt;to[cnt]=y;w[cnt]=z;
}
int n,m,s,t,d[N];
priority_queue<pair<int ,int> > q;
void di(int x){
memset(d,0x3f3f3f3f,sizeof(d));
d[x]=0;
q.push(make_pair(x,0));
while(!q.empty()){
int u=q.top().first;q.pop();
for(int e=head[u];e;e=nxt[e]){
int v=to[e];
if(w[e]+d[u]<d[v]){
d[v]=d[u]+w[e];
q.push(make_pair(v,-d[v]));
}
}
}
}
int main(){
n=in;m=in;s=in;t=in;
int i,j,k,u,v,z;
for(int i=1;i<=m;++i){
u=in;v=in;z=in;
add(u,v,z);add(v,u,z);
}
di(s);
printf("%d",d[t]);
return 0;
}
1010树状数组求逆序对
题面
给定一个序列
求这个序列中逆序对的个数
要求：必须使用树状数组
分析
虽然就是这么简单一个模板，但我还是写WA了
为什么呢？？？？（不服气╭(╯^╰)╮）
因为啊要先插入，再查询，要清楚现在查询的是小于等于当前数的个数（包括了自己，所以要把自己加进去，才能减掉自己）
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int lowbits(int x){
return x&(-x);
}
ll tr[100009];
int n,a;
void insert(ll x){
while(x<=100009){
tr[x]++;
x+=lowbits(x);
}
}
int ask(int x){
ll res=0;
while(x){
res+=tr[x];
x-=lowbits(x);
}
return res;
}
int main(){
memset(tr,0,sizeof(tr));
scanf("%d",&n);
int i,j,k;
ll sum=0;
for(i=1;i<=n;++i){
scanf("%d",&a);insert(a);//先插入后查询
sum+=i-ask(a);
}
cout<<sum;
return 0;1011 - 点的距离【lca】
题意：
给定一棵 n 个点的树，Q 个询问，每次询问点 x 到点 y两点之间的距离。
分析：
没什么好分析的……
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define N 100009
using namespace std;
int n,q;
int nxt[2*N],to[2*N],head[N],w[N*2],cnt=0;
void add(int x,int y,int z){
nxt[++cnt]=head[x];head[x]=cnt;
to[cnt]=y;w[cnt]=z;
}
int fa[N][25],d[N],dep[N];
void dfs(int u,int fu){
fa[u][0]=fu;
for(int e=head[u];e;e=nxt[e]){
int v=to[e];
if(v==fu) continue;
d[v]=d[u]+1;dep[v]=dep[u]+1;
dfs(v,u);
}
}
int getlca(int x,int y){
if(dep[x]<dep[y]) swap(x,y);
for(int i=20;i>=0;--i) if(dep[fa[x][i]]>=dep[y]) x=fa[x][i];
if(x==y) return x;
for(int i=20;i>=0;--i)
{
if(fa[x][i]!=fa[y][i]){
x=fa[x][i];y=fa[y][i];
}
}
return fa[x][0];
}
int main(){
scanf("%d",&n);
int i,j,k,x,y;
for(i=1;i<n;++i){
scanf("%d%d",&x,&y);
add(x,y,1);
}
d[1]=0;dep[1]=1;
dfs(1,0);
for(j=1;j<=20;++j)
for(i=1;i<=n;++i)
fa[i][j]=fa[fa[i][j-1]][j-1];
scanf("%d",&q);
for(i=1;i<=q;++i){
scanf("%d%d",&x,&y);
int lca=getlca(x,y);
printf("%d\n",d[x]+d[y]-d[lca]*2);
}
return 0;
}
1012 - trie树
描述
给定N个字符串S1,S2...SN，接下来进行M次询问，每次询问给定一个字符串T，求S1～SN中有多少个字符串是T的前缀。输入字符串的总长度不超过10^6，仅包含小写字母。
输入格式
第一行两个整数N，M。接下来N行每行一个字符串Si。接下来M行每行一个字符串表示询问。
输出格式
对于每个询问，输出一个整数表示答案
样例输入
3 2
ab
bc
abc
abc
efg
样例输出
2
0
分析
颓啊……连trie树都写WA了，我还能做什么……仰天长叹，但别沮丧，知道错了，才好改正，加油女孩，你可以的
trie树板题，这倒是没什么好分析的
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,trie[9000009][30],cnt[9000009],tot=1;
char st[1000009];
void insert(){
int len=strlen(st),pos=1;
for(int i=0;i<len;++i){
int c=st[i]-'a';
if(!trie[pos][c]) trie[pos][c]=++tot;
pos=trie[pos][c];
}
cnt[pos]++;//这个地方不是tot，并不是每次都会新建节点好吧
}
int query(){
int res=0,len=strlen(st),pos=1;
for(int i=0;i<len;++i){
int c=st[i]-'a';
if(trie[pos][c]) res+=cnt[trie[pos][c]],pos=trie[pos][c];
else break;
}
return res;
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
int i,j;
for(i=1;i<=n;++i){
scanf("%s",st);
insert();
}
for(i=1;i<=m;++i){
scanf("%s",st);
printf("%d\n",query());
}
return 0;
}
1013 - ST表
分析
就是无分析
代码
就是Ac的代码
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define N 100009
#define in read()
using namespace std;
inline int read(){
char ch;int f=1,res=0;
while((ch=getchar())<'0'||ch>'9') if(ch=='-') f=-1;
while(ch>='0'&&ch<='9'){
res=(res<<3)+(res<<1)+ch-'0';
ch=getchar();
}
return f==1?res:-res;
}
int n,m,f[N][20],Log[N];
void init(){
for(int j=1;j<=Log[n];++j)
for(int i=1;i+(1<<j-1)<=n;++i)
f[i][j]=max(f[i][j-1],f[i+(1<<j-1)][j-1]);
}
int a[N];
int main(){
Log[1]=0;
for(int i=2;i<=100000;++i)
Log[i]=Log[i/2]+1;
n=in;m=in;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
a[i]=in;
f[i][0]=a[i];
}
init();
for(int i=1;i<=m;++i){
int l=in;int r=in;
int k=Log[r-l+1];
printf("%d\n",max(f[l][k],f[r-(1<<k)+1][k]));
}
return 0;
}
1014 - 线段树
凉凉凉了……昨天光调dp去了，模板都没打
今天补一下补一下补一下（假装没有看到）
好像有点水……不过没关系
给出n个数（1 < = n < = 100000 ),并且初始化所有数字都为0.接下来m次操作，( 1<= m < = 100000 ) 操作有以下两种：
1: C X K 把第X个数的值增加A（A可正可负）
2： P X Y 就是询问 第X个数至 第Y个数 的所有数的和。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define lc (k<<1)
#define rc (k<<1)|1
using namespace std;
int n,m,sum[500009];
void modify(int k,int l,int r,int pos,int x){
if(l==r){
sum[k]+=x;
return ;
}
int mid=l+r>>1;
if(pos<=mid) modify(lc,l,mid,pos,x);
else modify(rc,mid+1,r,pos,x);
sum[k]=sum[lc]+sum[rc];
}
int query(int k,int l,int r,int x,int y){
if(x<=l&&r<=y) return sum[k];
int res=0;
int mid=l+r>>1;
if(x<=mid) res+=query(lc,l,mid,x,y);
if(y>mid) res+=query(rc,mid+1,r,x,y);
return res;
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
int i,j,k,x,y;char ch[5];
memset(sum,0,sizeof(sum));
for(i=1;i<=m;++i){
scanf("%s",ch);
scanf("%d%d",&x,&y);
if(ch[0]=='C') modify(1,1,n,x,y);
else printf("%d\n",query(1,1,n,x,y));
}
return 0;
}1015 - 快速幂&快速乘
今天还复习了一下Miller_Rabin算法
顺带去看了一下Pollar_rho（没看懂）
然后dzyo告诉我这个东西，我可能还没办法掌握……就又凉了
我发现我今天选的两个算法居然都远远超过我自身的可学水平，有点小难过(；′⌒`)
1016 - trie树
电话
XXX 交际甚广，他的厚厚的电话簿里存满了电话号码。每天，XXX 都会打电话
给他的 一个朋友以约他出来玩。然而，令他十分恼火的是，有时会出现如下情
况：他有两个朋友， 其中一个电话号码为 123456，另一个为 12345。当他给
123456 打电话时，按下 12345 后可 能直接就接通到另一个朋友 12345 那里
去了。这时可就麻烦了！12345 会以为XXX 是找 他玩，而 XXX就不能照自
己的计划找 123456 玩了。现在，XXX 想请你检查一下他的电 话簿是否存在
这种隐患。 换句话说， 你需要判断其中是否有一个电话号码是另一个电话号码
的前缀。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define N 500009
using namespace std;
int T,tot=0,cnt[N],trie[N][15];//数据范围
char st[15];
bool insert(){
int len=strlen(st),i,pos=0,flag=0;
for(i=0;i<len;++i){
int c=st[i]-'0';
if(!trie[pos][c]) {
memset(trie[++tot],0,sizeof(trie[tot]));///
trie[pos][c]=tot;
}
//else if(cnt[pos]) flag=1;不能这样写，尾巴上那个节点不会被纳入计算
pos=trie[pos][c];
if(cnt[pos]) flag=1;
}
cnt[pos]++;
for(i=0;i<=9;++i) if(trie[pos][i]) flag=1;
return flag;
}
int n;
int main(){
scanf("%d",&T);
while(T--){
scanf("%d",&n);
tot=0;memset(cnt,0,sizeof(cnt));
memset(trie[0],0,sizeof(trie[0]));///也可以这样清空哦~
int i,j,k,flag=0;
for(i=1;i<=n;++i)
{
scanf("%s",st);
if(!flag)flag =insert();
}
if(flag) printf("YES\n");
else printf("NO\n");
}
return 0;
}1017 - 无向图Tarjan边双连通
结论：将一个有桥图转成边双连通的图，最少需要增加（leaf+1）/ 2 条边
补充结论：将一个有向图转成强联通图，最少需要增加max（入度为0的个数，出度为0的个数）
其中 leaf 指将原图缩点后得到的叶子节点的个数
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define in read()
#define N 5005
#define M 30000
using namespace std;
inline int read(){
char ch;int f=1,res=0;
while((ch=getchar())<'0'||ch>'9') if(ch=='-') f=-1;
while(ch>='0'&&ch<='9'){
res=(res<<3)+(res<<1)+ch-'0';
ch=getchar();
}
return f==1?res:-res;
}
int n,m;
int du[N],dfn[N],low[N],cnt=0,be[N],num=0;
bool insta[N];
stack<int > S;
int nxt[M],head[N],to[M],ecnt=1,from[M];
void add(int x,int y){
nxt[++ecnt]=head[x];head[x]=ecnt;to[ecnt]=y;from[ecnt]=x;
}
void tarjan(int u,int from){
S.push(u);insta[u]=1;
dfn[u]=low[u]=++cnt;
for(int e=head[u];e;e=nxt[e]){
int v=to[e];
if(!dfn[v]){
tarjan(v,e);
low[u]=min(low[u],low[v]);
}
else if(e!=(from^1)&&insta[v]) low[u]=min(low[u],dfn[v]);
}
int x;
if(low[u]==dfn[u]){
++num;
do{
x=S.top();S.pop();
be[x]=num;insta[x]=0;
}while(x!=u);
}
}
int main(){
n=in;m=in;
int i,j,k,u,v;
for(i=1;i<=m;++i){
u=in;v=in;
add(u,v);add(v,u);
}
for(i=1;i<=n;++i)
if(!dfn[i]) tarjan(i,0);
for(i=2;i<=ecnt;i++){
int u=from[i],v=to[i];
if(be[u]!=be[v]){
du[be[v]]++;
}
}
int tot=0;
if(num==1) {
printf("0");
return 0;
}
for(i=1;i<=num;++i)
if(du[i]==1) tot++;
if(tot&1) tot++;
cout<<tot/2;
return 0;
}1018 - 扩展欧几里得
吃蛋糕
描述
Beny 想要用蛋糕填饱肚子。Beny 一共想吃体积为 c 的蛋糕，他发现有两种蛋糕可以吃，一 种体积为 a，一种体积为 b，但两种蛋糕各有特色。Beny 想知道他一共有多少种不同吃法， 使得他恰好可以填饱肚子。
输入
第一行一个 t
接下来 t 行，每行三个正整数 a,b,
输出
对于每个 a,b,c，输出一个整数表示有几种不同吃法
分析
题是好题，就是数据有锅吧……全机房面向数据编程？？？有意思
还是对扩展欧几里得掌握不牢啊哎