链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/369/A
来源：牛客网
题目描述
若你摘得小的星星 你将得到小的幸福
若你摘得大的星星 你将得到大的财富
若两者都能摘得 你将得到永远的愿望
摘星是罪孽的宽恕 摘星是夜晚的奇迹
抓住它吧 你所期望的那颗星
无法触及，因而耀眼
明明触及了，却还是耀眼
——《少女☆歌剧 Revue·Starlight》
题目描述
"我明白。"
作为这命运剧场永远的观众，小D一直注视着这片星光璀璨的舞台，舞台上，少女们的身姿演绎出了一幕幕动人的场景，令人回味无穷。
有的时候，小D也会自己写一些歌曲，来加入Starlight的剧本，使得剧本充满了新的生命力。
现在小D又要准备写乐谱了，小D写谱的方式比较独特。他会先写出一个按照音符出现顺序排成的序列，再进一步整合，每次整合会选取相邻的三个作为三和弦。整合次数无限。
小D选取的音符形如D5 F6这种形式，例如D5表示D大调sol（这里不考虑升降音）为了方便生成乐谱，他将这些音符进一步转化了，小D给C D E F G A B重新编号成了1 2 3 4 5 6 7，之后新的音符编号生成方式应为(字母对应的标号-1)*7+数字，例如C7=(1−1)×7+7=7C7=(1−1)×7+7=7
但小D讨厌一些他所认为的不优美的和弦，因此他并不希望自己的谱子里面有可能出现这样的三和弦，也就说音符组成的序列里不应该存在他所讨厌的子段，假如C5 F1 A2这三个音符凑成的和弦小D不喜欢，那么序列里面就不能出现C5 F1 A2，C5 A2 F1，A2 C5 F1，A2 F1 C5，F1 A2 C5，F1 C5 A2这六种子段。
现在小D正在推算有多少合法的序列，答案对 109+7109+7 取模。
星屑飘洒的舞台上，可人绽放的爱之花，请努力让大家星光闪耀吧！
输入描述:
第一行为两个整数 n, q ，表示序列的长度和有多少和弦小D不喜欢.
接下来 q 行，每行三个整数 a, b, c ，表示小D不想出现的和弦输出描述:
一行一个整数，表示答案示例1
输入
10 10
18 3 3
43 28 22
42 28 3
48 48 4
29 9 31
47 9 22
1 22 49
15 48 29
2 8 27
4 24 34输出
382785822示例2
输入
3 1
1 2 3输出
117643说明
一共有6种不合法的序列：
1 2 3
1 3 2
2 1 3
2 3 1
3 1 2
3 2 1
答案为493−6=117643493−6=117643
备注:
3≤n≤500,0≤q≤117649,1≤a,b,c≤49我发现像这类求个数、种数都离不开DP，DFS也可以做，不过必然超时
非常妙的DP。就像cf div533那场C题也是求个数
div 533 的C题题意大概是给出n，l，r，分别是数组长度，可选择的数在l，r区间，求n个数组成一堆数，这堆数是3的倍数的个数，（数必须从给定区间选择，可以重复选择）
这题题意大概是给出n数组长度，和一堆3个连续的数（不合法的数），问组成合法的数的个数；
首先想到的是4维数组，当然是超内存：：
#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
const int mod = 1e9+7;
const int siz = 501;
const int N = 50;
int dp[siz][N][N][N];
int n,m;
int f[50][50][50];
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
while(m--){
int a,b,c;
scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
f[a][b][c] = f[a][c][b] = f[b][a][c] = f[b][c][a]
=f[c][a][b] = f[c][b][a] = 1;
}
for(int i=1;i<=49;i++){
for(int j=1;j<=49;j++){
dp[2][0][i][j] = 1;
}
}
int ans = 0;
for(int i=3;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=49;j++){
for(int k=1;k<=49;k++){
for(int p=1;p<=49;p++){
if(f[j][k][p] == 0) dp[i][j][k][p] = dp[i-1][0][j][k]%mod;
else dp[i][j][k][p] = 0;
if(i==n) ans = (ans + dp[i][j][k][p])%mod;
dp[i][0][k][p] = (dp[i][0][k][p] + dp[i][j][k][p])%mod;
}
}
}
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
优化了一下，加了一个滚动数组（注释部分）：看了别人代码发现滚动数组可以不用，又优化了一下：
#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
const int mod = 1e9+7;
const int siz = 505;
const int N = 50;
int dp[siz][N][N];
int num[siz][N][N];
int n,m;
int f[50][50][50];
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
while(m--)
{
int a,b,c;
scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
f[a][b][c] = f[a][c][b] = f[b][a][c] = f[b][c][a]
=f[c][a][b] = f[c][b][a] = 1;
}
for(int i=1;i<=49;i++)
for(int j=1;j<=49;j++)
dp[2][i][j] = num[2][i][j] = 1;
int ans = 0;
for(int i=3;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=49;j++){
for(int k=1;k<=49;k++){
for(int p=1;p<=49;p++){
if(f[j][k][p] == 0) dp[i][k][p] = (dp[i][k][p] + dp[i-1][j][k])%mod;
//num[i-1][j][k];//
// else dp[i][k][p] = 0;
//if(i==n) ans = (ans + dp[i][k][p])%mod;
//
// num[i][k][p] = (num[i][k][p] + dp[i][k][p])%mod;
}
}
}
}
for(int i=1;i<=49;i++){
for(int j=1;j<=49;j++){
ans = (ans + dp[n][i][j]) % mod;
}
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
，顺带写一下C题，这题是补的，当时不会写
链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/369/C
来源：牛客网
题目描述
小A给你了一棵树，对于这棵树上的每一条边，你都可以将它复制任意（可以为0）次（即在这条边连接的两个点之间再加一条边权相同的边），求所有可能新形成的图中欧拉路的最短长度
欧拉路：从图中任意一个点开始到图中任意一个点结束的路径，并且图中每条边只通过恰好一次
输入描述:
第一行一个数 n ，表示节点个数
接下来 n-1 行，每行三个整数 u,v,w，表示有一条 u 到 v 边权为 w 的无向边
保证数据是一棵树
输出描述:
一行一个整数，表示答案示例1
输入
4
1 2 1
1 3 1
1 4 2输出
5说明
一种可能的方案为复制 <1,2,1> 这条边一次，欧拉路为4->1->2->1->3备注:
1≤n≤2×1051≤n≤2×105
1≤ui,vi≤n1≤ui,vi≤n
1≤wi≤1041≤wi≤104
官方题解：
像我图论这么弱的，不知道怎么求树的直径，又又又看了别人的代码（qwq，我好弱呀），dp求直径的方法也不会，以后再学吧。
下面是两次DFS求的直径，类似迪杰斯特拉求单点最短路，bfs求直径也是可以的~~
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=2e5+10;
ll d[maxn],n;
bool vis[maxn];
struct node
{
int v;
ll w;
node(int a,int b){
v=a;
w=b;
}
};
vector<node >G[maxn];
void dfs(int u)
{
vis[u]=1;
int siz=G[u].size();
for(int i=0;i<siz;i++)
{
int v=G[u][i].v;
if(vis[v]) continue;
d[v]=d[u]+G[u][i].w;
dfs(v);
}
}
int main()
{
cin>>n;
int u,v;
ll w;
ll res=0;
for(int i=1;i<n;i++)
{
scanf("%d%d%lld",&u,&v,&w);
G[u].push_back(node(v,w));
G[v].push_back(node(u,w));
res+=w;
}
dfs(1);
int start=1;
ll mx=-1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(d[i]>mx)
{
mx=d[i];
start=i;
}
}
memset(d,0,sizeof(d));
memset(vis,0,sizeof(vis));
dfs(start);
mx=-1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(d[i]>mx)
{
mx=d[i];
start=i;
}
}
cout<<res*2-mx<<endl;
}这是用结构体保存点边信息，看了一堆代码，有种保存点边信息的方法好优秀的感觉：学到了~
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=2e5+10;
vector<ll >G[maxn],E[maxn];
ll d[maxn],n;
bool vis[maxn];
void dfs(int u)
{
vis[u]=1;
//cout<<u<<endl;
int siz=G[u].size();
for(int i=0;i<siz;i++)
{
int v=G[u][i];
if(vis[v]) continue;
d[v]=d[u]+E[u][i];
dfs(v);
}
}
int main()
{
cin>>n;
int u,v;
ll w;
ll res=0;
for(int i=1;i<n;i++)
{
scanf("%d%d%lld",&u,&v,&w);
G[u].push_back(v);
G[v].push_back(u);
E[u].push_back(w);
E[v].push_back(w);
res+=w;
}
dfs(1);
int start=1;
ll mx=-1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(d[i]>mx)
{
mx=d[i];
start=i;
}
}
memset(d,0,sizeof(d));
memset(vis,0,sizeof(vis));
dfs(start);
mx=-1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(d[i]>mx)
{
mx=d[i];
start=i;
}
}
cout<<res*2-mx<<endl;
}