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第30次CCF計算機軟體能力認證

2023-05-29 08:37:49 其他

100+100+100+80+100=480

重復局面

題目大意

依次給定\(n\)個國際象棋局面，依次回答每個局面是第幾次出現，

解題思路

拿map記錄下每個局面，統計計數即可，

神奇的代碼 
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;

int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    int n;
    cin >> n;
    map<string, int> qwq;
    while(n--){
        string s;
        for(int i = 0; i < 8; ++ i){
            string a;
            cin >> a;
            s += a;
        }
        qwq[s] ++;
        cout << qwq[s] << '\n';
    }

    return 0;
}

矩陣運算

題目大意

給定\(n \times d\)的矩陣 \(q, k, v\)，一個 \(n\)維向量 \(w\)，計算 \((w \cdot (q \times k^{T})) \times v\) 的結果，

\(n \leq 10^4, d \leq 20\)

解題思路

\(q \times k^{T}\)的結果是 \(n \times n\)的矩陣，因為計算結果可能會超出 \(int\)范圍， \(10^8\)的 \(long long\)記憶體有 \(700MB+ \geq 512MB\)，因此不能按此計算，

注意矩陣乘法具有結合律，而且點乘 \(\cdot\)不會影響此處的結果，因此我們可以改為算 \(w \cdot q \times (k^{T} \times v)\) ，這樣\(k^{T} \times v\)只有 \(d \times d\)的大小，完全可以儲存和計算，

神奇的代碼 
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;

int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    int n, d;
    cin >> n >> d;
    vector<vector<LL>> q(n, vector<LL>(d, 0)), k(n, vector<LL>(d, 0)), v(n, vector<LL>(d, 0));
    vector<LL> w(n, 0);
    for(auto &i : q)
        for(auto &j : i)
            cin >> j;
    for(auto &i : k)
        for(auto &j : i)
            cin >> j;
    for(auto &i : v)
        for(auto &j : i)
            cin >> j;
    for(auto &i : w)
        cin >> i;
    vector<vector<LL>> tmp(d, vector<LL>(d, 0)), tmp2(n, vector<LL>(d, 0));
    for(int i = 0; i < n; ++ i)
        for(int j = 0; j < d; ++ j)
            for(int z = 0; z < d; ++ z){
                tmp[j][z] += k[i][j] * v[i][z];
            }
    for(int i = 0; i < d; ++ i)
        for(int j = 0; j < n; ++ j)
            for(int z = 0; z < d; ++ z){
                tmp2[j][z] += q[j][i] * tmp[i][z];
            }
    for(int i = 0; i < n; ++ i)
        for(int j = 0; j < d; ++ j)
            tmp2[i][j] *= w[i];
    for(int i = 0; i < n; ++ i)
        for(int j = 0; j < d; ++ j)
            cout << tmp2[i][j] << " \n"[j == d - 1];

    return 0;
}

解壓縮

題目大意

給定了一個壓縮后的資料，以及解壓的規則，輸出解壓后的資料，

解題思路

就按照規則模擬即可，注意大端模式和小端模式的資料決議，

神奇的代碼 
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
#define LOWER 3
#define CONST_VAL 0
#define BACK_SHORT 1
#define BACK_LONG 2

LL get_num(char c){
    if (isdigit(c))
        return c - '0';
    else 
        return c - 'a' + 10;
}

LL get_sz(const string& s, int& pos, int len){
    LL sum = 0;
    for(int i = pos; i < pos + len; ++ i){
        sum = sum * 16 + get_num(s[i]);
    }
    pos += len;
    return sum;
}

LL get_sz_small(const string& s, int& pos, int len){
    LL sum = 0;
    LL ji = 1;
    for(int i = pos; i < pos + len;){
        sum = sum + ji * get_sz(s, i, 2);
        ji <<= 8;
    }
    pos += len;
    return sum;
}

string get_string(const string& s, int& pos, int len){
    string tmp = s.substr(pos, len);
    pos += len;
    return tmp;
}


bool up_zero(LL num){
    return !((num >> 7) & 1);
}

LL remove_up(LL num){
    if (up_zero(num))
        return num;
    else 
        return num ^ (1 << 7);
}

int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    int n;
    cin >> n;
    n = (n + 7) / 8;
    string s;
    for(int i = 0; i < n; ++ i){
        string a;
        cin >> a;
        s += a;
    }
    int id = 0;
    LL sz = 0;
    LL ji = 1;
    while(true){
        int sign = get_sz(s, id, 2);
        sz += ji * remove_up(sign);
        ji *= 128;
        if (up_zero(sign)){
            break;
        }
    }
    string ans;
    while(ans.size() < sz * 2){
        int sign = get_sz(s, id, 2);
        if ((sign & LOWER) == CONST_VAL){
            int len = (sign >> 2);
            if (len < 60){
                ++ len;
                ans += get_string(s, id, len * 2);
            }else{
                len = get_sz_small(s, id, (len - 60 + 1) * 2);
                ++ len;
                ans += get_string(s, id, len * 2);
            }
        }else if ((sign & LOWER) ==  BACK_SHORT){
            int len = ((sign >> 2) & 7) + 4;
            int o = ((sign >> 5) << 8) + get_sz(s, id, 2);
            len *= 2;
            o *= 2;
            if (o >= len){
                ans += ans.substr(ans.size() - o, len);
            }else{
                int pos = ans.size() - o;
                string tmp;
                while(len){
                    tmp += ans[pos];
                    pos ++;
                    if (pos == ans.size())
                        pos -= o;
                    -- len;
                }
                ans += tmp;
            }
        }else if ((sign & LOWER) == BACK_LONG){
            int len = (sign >> 2) + 1;
            int o = get_sz_small(s, id, 4);
            len *= 2;
            o *= 2;
            if (o >= len){
                ans += ans.substr(ans.size() - o, len);
            }else{
                int pos = ans.size() - o;
                string tmp;
                while(len){
                    tmp += ans[pos];
                    pos ++;
                    if (pos == ans.size())
                        pos -= o;
                    -- len;
                }
                ans += tmp;
            }

        }
    }

    for(int i = 0; i < ans.size(); ++ i){
        if (i && i % 16 == 0)
            cout << '\n';
        cout << ans[i];
    }

    return 0;
}

電力網路

題目大意

給定一張\(n\)個點 \(m\)條邊的無向連通圖，要求給每個點規定一個顏色，共有\(k\)種顏色可選，使得總代價最小，

總代價包括點的代價和邊的代價，點的代價即選定該點的顏色對應的代價，邊的代價由每條邊兩點顏色決定，以矩陣形式給出，

五個子任務：

  • 點數\(\leq 6\)，顏色數 \(\leq 10\)
  • 點數 \(\leq 10^4\)，顏色數 \(\leq 10\)，一棵樹
  • 點數 \(\leq 10^4\)，顏色數 \(\leq 10\)，一棵基環樹
  • 點數 \(\leq 10^4\)，顏色數 \(\leq 10\)，一個圖，但去掉其中的某個點\(D\)及其連邊，變成一棵樹，且與點\(D\)相連的點都是以某個點 \(S\)為根的葉子
  • 點數 \(\leq 10^4\)，顏色數 \(\leq 10\)，一個圖，但度數\(> 2\)的點數 \(\leq 6\)

解題思路

第一個子任務，直接暴力，列舉每個點的顏色然后求代價的最小值，復雜度為\(O(k^n + n + m)\)

第二個子任務，設\(dp[i][j]\)表示 點\(i\) 的顏色為\(j\)的最小代價，列舉兒子的顏色，樹形\(dp\)轉移，復雜度為\(O(nk^2)\)

第三個子任務，找到環上的任意一條邊\((u, v)\)，列舉 \(u\)的顏色（消除后效性），然后以 \(v\)為根( \(u\)也行）做上述樹形 \(dp\)即可，復雜度為\(O(nk^3)\)，如何找到環上一條邊，跑一下并查集即可，

第四個子任務，找到點\(D\)，然后列舉點\(D\)的顏色（同樣消除后效性），然后以不與點\(D\)有連邊的點\(s\)做上述樹形 \(dp\)即可，復雜度為\(O(nk^3)\)，如何找到點\(D\)，首先統計每個點的度數，點\(D\)的度數\(d\)滿足 \(m - d = n - 2\)（資料可能水了，有這個條件就夠了，感覺單滿足這個條件還不夠，可能會存在把 點\(D\)去掉后不聯通），然后與點 \(D\)相連的點的度數都為 \(2\)（為葉子）

第五個子任務，如果全部度數\(<= 2\)，那么隨便列舉一個點的顏色，然后上述樹形 \(dp\)即可，否則找到度數\(> 2\)的點，剩下的都是度數為\(2,1\)的點，它們僅可能形成一條鏈（不可能是環），然后\(C_6^2\)列舉每條鏈，再花 \(O(k)\)列舉每條鏈的一端顏色，做一遍上述樹形 \(dp\)，然后再列舉每個度數 \(> 2\)的顏色，求最小值，復雜度為 \(O(k^6 + nk^3)\)，但感覺不太好寫，也沒時間寫了（

神奇的代碼 
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;

const LL inf = 1e18;

int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    int n, k, m;
    cin >> n >> m >> k;
    vector<vector<int>> pcost(n, vector<int>(k));
    for(auto &i : pcost)
        for(auto &j : i)
            cin >> j;
    vector<vector<array<int, 2>>> edge(n);
    vector<array<int, 2>> edges(m);
    vector<vector<int>> ecost(m, vector<int>(k * k));
    for(int i = 0; i < m; ++ i){
        int u, v;
        cin >> u >> v;
        edges[i] = {u, v};
        edge[u].push_back({v, i});
        edge[v].push_back({u, i});
        for(auto &j : ecost[i])
            cin >> j;
    }
    if (n <= 6 && k <= 10){
        vector<int> used(n);
        LL ans = inf;
        LL tmp = 0;
        function<void(int)> dfs = [&](int x){
            if (x == n){
                LL back = tmp;
                for(int i = 0; i < m; ++ i){
                    int u = edges[i][0], v = edges[i][1], id = i;
                    int r = used[u] * k + used[v];
                    tmp += ecost[id][r];
                }
                ans = min(ans, tmp);
                tmp = back;
                return;
            }
            for(int i = 0; i < k; ++ i){
                tmp += pcost[x][i];
                used[x] = i;
                dfs(x + 1);
                tmp -= pcost[x][i];
            }
        };
        dfs(0);
        cout << ans << '\n';
    }else if (m == n - 1){
        vector<vector<LL>> dp(n, vector<LL>(k, 0));
        function<void(int, int)> dfs = [&](int u, int fa){
            for(auto e : edge[u]){
                int v = e[0], id = e[1];
                if (v == fa)
                    continue;
                dfs(v, u);
                for(int i = 0; i < k; ++ i){
                    LL tmp = inf;
                    for(int j = 0; j < k; ++ j){
                        int L = i, R = j;
                        if (u != edges[id][0])
                            swap(L, R);
                        int r = L * k + R;
                        tmp = min(tmp, dp[v][j] + pcost[v][j] + ecost[id][r]);
                    }
                    dp[u][i] += tmp;
                }
            }
        };
        dfs(0, 0);
        LL ans = inf;
        for(int i = 0; i < k; ++ i)
            ans = min(ans, dp[0][i] + pcost[0][i]);
        cout << ans << '\n';
    }else if (m == n){
        vector<int> id(n);
        iota(id.begin(), id.end(), 0);
        int ignore = 0;
        function<int(int)> findfa = [&](int x){
            return x == id[x] ? x : id[x] = findfa(id[x]);
        };
        for(int i = 0; i < m; ++ i){
            int u = edges[i][0], v = edges[i][1];
            int fu = findfa(u), fv = findfa(v);
            if (fu == fv){
                ignore = i;
                break;
            }
            id[fu] = fv;
        }

        vector<vector<LL>> dp(n, vector<LL>(k, 0));
        LL ans = inf;
        int fixed = edges[ignore][0], st = edges[ignore][1];
        for(int col = 0; col < k; ++ col){
            for(auto &i : dp)
                fill(i.begin(), i.end(), 0);
            function<void(int, int)> dfs = [&](int u, int fa){
                for(auto e : edge[u]){
                    int v = e[0], id = e[1];
                    if (v == fa || id == ignore)
                        continue;
                    dfs(v, u);
                    for(int i = 0; i < k; ++ i){
                        if (u == fixed && i != col)
                            continue;
                        LL tmp = inf;
                        for(int j = 0; j < k; ++ j){
                            if (v == fixed && j != col)
                                continue;
                            int L = i, R = j;
                            if (u != edges[id][0])
                                swap(L, R);
                            int r = L * k + R;
                            tmp = min(tmp, dp[v][j] + pcost[v][j] + ecost[id][r]);
                        }
                        dp[u][i] += tmp;
                    }
                }
            };
            dfs(st, st);
            for(int i = 0; i < k; ++ i){
                int L = i, R = col;
                if (st != edges[ignore][0])
                    swap(L, R);
                int r = L * k + R;
                ans = min(ans, dp[st][i] + pcost[st][i] + ecost[ignore][r]);
            }

        }
        cout << ans << '\n';

    }else{

        vector<int> du(n);
        for(int i = 0; i < m; ++ i){
            int u = edges[i][0], v = edges[i][1];
            ++ du[u];
            ++ du[v];
        }
        int target = 0;
        for(int i = 0; i < n; ++ i){
            if (m - du[i] == n - 2){
                target = i;
                break;
            }
        }
        vector<int> forbid(n, 0);
        for(auto &e : edge[target]){
            int v = e[0];
            forbid[v] = 1;
        }
        int st = 0;
        while(st == target || forbid[st])
            ++ st;

        vector<vector<LL>> dp(n, vector<LL>(k, 0));
        LL ans = inf;
        for(int col = 0; col < k; ++ col){
            for(auto &i : dp)
                fill(i.begin(), i.end(), 0);
            function<void(int, int)> dfs = [&](int u, int fa){
                for(auto e : edge[u]){
                    int v = e[0], id = e[1];
                    if (v == fa)
                        continue;
                    if (v != target)
                        dfs(v, u);
                    for(int i = 0; i < k; ++ i){
                        LL tmp = inf;
                        for(int j = 0; j < k; ++ j){
                            if (v == target && j != col)
                                continue;
                            int L = i, R = j;
                            if (u != edges[id][0])
                                swap(L, R);
                            int r = L * k + R;
                            if (v == target){
                                tmp = min(tmp, 1ll * ecost[id][r]);
                            }else{
                                tmp = min(tmp, dp[v][j] + pcost[v][j] + ecost[id][r]);
                            }
                        }
                        dp[u][i] += tmp;
                    }
                }
            };
            dfs(st, st);
            for(int i = 0; i < k; ++ i){
                ans = min(ans, dp[st][i] + pcost[st][i] + pcost[target][col]);
            }

        }
        cout << ans << '\n';

    }

    return 0;
}

閃耀回圈

題目大意

給定\(n\)個字串\(s_i\) 以及一個字串\(t\)，對于每個字串\(s_i\)，回答以下問題 ：

依次選擇若干個串\(s_j, s_k, s_l, ...\)，組成串 \(s_i,s_j,s_k,s_l,...\)，要求前一串的末尾字母和后一串的開頭字母相同，第一個串的開頭字母和最后一個串的末尾字母相同，字串 \(t\)的每個字母都在這些串組成的大串出現過，求最小代價，

代價為每個串的長度 \(-1\)的和，

\(|t| \leq 10\)

解題思路

對于每個串，能夠提供的資訊就是首末字母和包含的字串\(t\)的字母情況，

建一張圖，點是每個字母，對于一個串 \(s_i = a...b\)，連一條邊 \(b \to a\)，邊權有兩個，一個是串長度 \(-1\)，另一個是包含的字串 \(t\)的字母情況，因為 \(|t| \leq 10\)，可以二進制位壓縮成一個數，

然后設 \(dis[i][j][k]\)表示最侄訓到點 \(i\)，當前在點 \(j\)，已經獲得到的字串 \(t\)的字母情況為 \(k\)，最終到點 \(i\)且字母情況為滿（即包括了 \(t\)的所有字母）的最小代價，

然后從 \(dis[i][i][(1 << |t|) - 1] = 0\)開始 \(dijkstra\)搜，列舉另邊，不斷消去第三維的值，

對于每個串\(s_i\)的資訊\(a, b, sign\)（包含串 \(t\)字母的情況），答案就是\(dis[a][b][c] + |s_i| - 1\)，但由于我們是從終點開始搜的，對于第三維是能消去就先消去，但最后求答案是從起點考慮，雖然說經過了這條邊，包含串 \(t\)的字母情況變成 \(sign\)，但其中有的字母可以后面的串得到，從終點搜到這里會已經消去，因此這里的\(c\)應該遍歷\(sign\)的所有子集，取最小值，

狀態數是\(O(2^{10} \times 26 \times 26)\)，但每個狀態的連邊實際上是有 \(O(n)\)的數量集，轉移代價可能比較大，但或許實際上沒那么大（或者資料水了），就過了，

神奇的代碼 
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;

const LL inf = 1e18;

int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    int n;
    string t;
    cin >> n >> t;
    vector<int> id(26, -1);
    int cnt = 0;
    for(auto &i : t){
        id[i - 'a'] = cnt;
        ++ cnt;
    }
    vector<vector<array<int, 3>>> edge(26);
    vector<array<int, 4>> query(n);
    for(int i = 0; i < n; ++ i){
        string s;
        cin >> s;
        int st = s.front() - 'a';
        int ed = s.back() - 'a';
        int sign = 0;
        int len = s.size() - 1;
        for(auto &i : s){
            if (id[i - 'a'] != -1){
                sign |= (1 << id[i - 'a']);
            }
        }
        edge[ed].push_back({st, len, sign});
        query[i] = {st, ed, sign, len};
    }
    int up = (1 << cnt);
    vector<vector<vector<LL>>> dis(26, vector<vector<LL>>(26, vector<LL>(up, inf)));
    for(int i = 0; i < 26; ++ i){
        dis[i][i][up - 1] = 0;
        priority_queue<array<LL, 3>> team;
        team.push({0, i, up - 1});
        while(!team.empty()){
            array<LL, 3> top = team.top();
            team.pop();
            LL distance = -top[0];
            int u = top[1], sign = top[2];
            if (dis[i][u][sign] != distance)
                continue;
            for(auto &e : edge[u]){
                int v = e[0], len = e[1], si = e[2];
                int nxtsign = (sign ^ (sign & si));
                if (dis[i][v][nxtsign] > distance + len){
                    dis[i][v][nxtsign] = distance + len;
                    team.push({-dis[i][v][nxtsign], v, nxtsign});
                }
            }
        }
    }
    for(int i = 0; i < n; ++ i){
        LL ans = inf;
        int sign = query[i][2];
        for(int s = sign; s; s = (s - 1) & sign)
            ans = min(ans, dis[query[i][0]][query[i][1]][s]);
        ans = min(ans, dis[query[i][0]][query[i][1]][0]);
        if (ans == inf)
            ans = -1;
        else 
            ans += query[i][3];
        cout << ans << '\n';
    }

    return 0;
}

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