随便看了一场以前的bestcoder，然后顺便写了一下，都不码的样子
有中文题面，这里就不写题目大意了
T1.
刚开始想复杂了，T1可能是4道题里面想的最久的
我们大概弄一下就可以发现,如果a[i]>0，并且a[i+1]满足条件，那么s[i]=s[i+1]
所以我们发现其实是一堆相同的弄在一起。
当然如果a[i]=0那么说明s[i]!=s[i-1],这样i就有25种选法，刚开始有26种选法
就是ans=26*25^(a[i]==0的个数)
我们考虑什么时候答案=0，显然a[i]!=0&&a[i]!=a[i+1]+1那么就不合法了
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define N 2000005
#define Mod 1000000007
using namespace std;
int n,T,ans,a[N];
int main(){
scanf("%d",&T);
while (T--){
scanf("%d",&n);n--;ans=26;
for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);a[n+1]=0;
for (int i=1;i<=n;i++)
if (a[i]!=a[i+1]+1&&a[i]!=0) ans=0;
for (int i=1;i<=n;i++)
if (!a[i]) ans=1ll*ans*25%Mod;
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
T2.
因为只有3条边，显然不会重复走，最短路一定是正常走+走加入的三条路
那么只要枚举一下3条路的排列，然后方向判断一下，dfs就ok了
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define N 500005
#define Mod 1000000007
using namespace std;
int T,n,m,a[N],b[N],s,t,ans,sum;bool use[5];
void dfs(int now,int tot){
if (tot+abs(now-t)<ans) ans=tot+abs(now-t);
for (int i=1;i<=3;i++){
if (use[i]) continue;
use[i]=1;
dfs(a[i],tot+1+abs(now-b[i]));
dfs(b[i],tot+1+abs(now-a[i]));
use[i]=0;
}
}
int main(){
scanf("%d",&T);
while (T--){
scanf("%d%d",&n,&m);
for (int i=1;i<=3;i++) scanf("%d%d",&a[i],&b[i]);
for (int i=1;i<=m;i++){
ans=1e9;scanf("%d%d",&s,&t);
dfs(s,0);
sum=(sum+1ll*i*ans%Mod)%Mod;
}
printf("%d\n",sum);sum=0;
}
return 0;
}
T3.
对于第一个操作，其实等价于xor一个2^x
其实原问题等价于求0-->S^T的最少操作次数
我们发现n<=15，所以我们对于a[i]暴力dfs求出用这些数组成的数的最小次数
dp[i]表示构成i的最小次数
然后考虑操作1
因为都是xor一个2的次方数，所以每一位都是相互独立的
如果x^3是最优的，那么x^1一定是最优的，然后x^1^2也随之一定是最优的
所以我们把x从0到15枚举一下
然后再枚举i的值，更新一下dp值即可
一般的位运算的题，都是先枚举次方再枚举i的
代码:
#include<bits/stdc++.h>
#define N 1000005
#define Mod 1000000007
using namespace std;
int T,n,m,s,t,ans,a[N],mp[N];
void dfs(int u,int dep,int sum){
if (mp[sum]>dep) mp[sum]=dep;
if (u==n+1) return;
dfs(u+1,dep+1,sum^a[u]);
dfs(u+1,dep,sum);
}
int main(){
scanf("%d",&T);
while (T--){
scanf("%d%d",&n,&m);
memset(mp,127,sizeof(mp));
for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
dfs(1,0,0);
for (int j=0;j<=17;j++)
for (int i=0;i<=(1<<18);i++)
if (mp[i^(1<<j)]>mp[i]+1) mp[i^(1<<j)]=mp[i]+1;
for (int i=1;i<=m;i++){
scanf("%d%d",&s,&t);
//cerr<<mp[s^t]<<endl;
ans=(ans+1ll*mp[s^t]*i%Mod)%Mod;
}
printf("%d\n",ans);ans=0;
}
return 0;
}
T4.
感觉T2-T4都没啥难度，还是T1最难(┭┮﹏┭┮)<----弱
显然的贪心，如果当前剩下的点中最小的点能够通过删边来得到，那么就删那个条数
注意我们不用考虑删的是哪些边
因为这个点拓扑了，那么意味着从它出发的边都要删除，所以不用知道具体哪些，只要知道这个点是不是要删即可
然后用一个堆来维护一下点的大小值即可
代码:
#include<bits/stdc++.h>
#define N 2000005
#define Mod 1000000007
using namespace std;
int n,m,k,T,x,y,kk,head[N],ru[N];bool use[N],flag[N];
struct Edge{int nxt,to;}e[N];
priority_queue<int,vector<int>,greater<int> > Q;
inline void link(int x,int y){e[++kk].nxt=head[x];e[kk].to=y;head[x]=kk;}
int main(){
scanf("%d",&T);
while (T--){
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
memset(ru,0,sizeof(ru));
kk=0;memset(head,0,sizeof(head));
while (!Q.empty()) Q.pop();
for (int i=1;i<=m;i++){
scanf("%d%d",&x,&y);
link(x,y);ru[y]++;
}
for (int i=1;i<=n;i++){
if (ru[i]<=k) Q.push(i),flag[i]=0;
else flag[i]=1;
}
long long ans=0,tot=0;
while (!Q.empty()){
while (ru[Q.top()]>k){flag[Q.top()]=1;Q.pop();}
int x=Q.top();int y=ru[x];
//printf("WTF%d\n",x);
ru[x]=0;k-=y;
Q.pop();ans=(ans+1ll*(++tot)*x%Mod)%Mod;
for (int i=head[x];i;i=e[i].nxt){
int v=e[i].to;
if (ru[v]<=k+1&&ru[v]>0&&flag[v]){flag[v]=0;Q.push(v);}
ru[v]--;
}
}
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}