D9题解

别说谁变了你拦得住时间么 提交于 2019-11-26 17:56:19

1035. 粉刷匠 (Standard IO)

Time Limits: 5000 ms  Memory Limits: 65536 KB  

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Description

windy有 N 条木板需要被粉刷。
每条木板被分为 M 个格子。
每个格子要被刷成红色或蓝色。
windy每次粉刷,只能选择一条木板上一段连续的格子,然后涂上一种颜色。
每个格子最多只能被粉刷一次。
如果windy只能粉刷 T 次,他最多能正确粉刷多少格子?
一个格子如果未被粉刷或者被粉刷错颜色,就算错误粉刷。

Input

第一行包含三个整数,N M T。
接下来有N行,每行一个长度为M的字符串,'0'表示红色,'1'表示蓝色。
 

Output

输出一个整数,表示最多能正确粉刷的格子数。

Sample Input

3 6 3
111111
000000
001100

Sample Output

16

Data Constraint

Hint

100%的数据,满足 1 <= N,M <= 50 ; 0 <= T <= 2500 。

代码

/*区间dp,再背包dp
f[i][j]=前i个格子刷j次的最多正确格子数
每次枚举一个中间点l
使得f[i][j]=max{f[l][j-1]+v[l,i]}
v[l,i]=[l,i]一次涂满相同颜色后获得的正确格子数(0或1)
*/
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAXN 80
int n,m,t,ans;
char w[MAXN];
int f[MAXN][MAXN],sum[MAXN],dp[MAXN][MAXN];
int main()
{
	int k,i,j,n,m,t,l,ans=-1;
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&t);
	for(k=1;k<=n;k++)
	{
		scanf("%s",w+1);
		for(i=1;i<=m;i++)
			sum[i]=sum[i-1]+(w[i]=='1');
		for(i=1;i<=m;i++)
			for(j=1;j<=m;j++)
			{
				f[j][i]=0;
				for(l=0;l<j;l++)
				{
					int cnt=sum[j]-sum[l];
					f[j][i]=max(f[j][i],f[l][i-1]+max(cnt,j-l-cnt));
				}
			}
		for(i=1;i<=t;i++)
		{
			int cnt=min(m,i); //实际粉刷次数
			for(j=1;j<=cnt;j++)
				dp[k][i]=max(dp[k][i],dp[k-1][i-j]+f[m][j]); 
		}
	}
	for(i=1;i<=t;i++)
		ans=max(ans,dp[n][i]);
	printf("%d\n",ans);
}

1036. 迷路 (Standard IO)

Time Limits: 1000 ms  Memory Limits: 65536 KB

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Description

windy在有向图中迷路了。
该有向图有 N 个节点,windy从节点 0 出发,他必须恰好在 T 时刻到达节点 N-1。
现在给出该有向图,你能告诉windy总共有多少种不同的路径吗?
注意:windy不能在某个节点逗留,且通过某有向边的时间严格为给定的时间。

Input

第一行包含两个整数,N T。
接下来有 N 行,每行一个长度为 N 的字符串。
第i行第j列为'0'表示从节点i到节点j没有边。
为'1'到'9'表示从节点i到节点j需要耗费的时间。

Output

输出一个整数,可能的路径数,这个数可能很大,只需输出这个数除以2009的余数。

Sample Input

2 2
11
00

Sample Output

1

Data Constraint

Hint

100%的数据,满足 2 <= N <= 10 ; 1 <= T <= 1000000000 。

思路

Floyd最短路+倍增求路径树,dp

1038. 游戏 (Standard IO)

Time Limits: 1000 ms  Memory Limits: 65536 KB

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Description

windy学会了一种游戏。 对于1到N这N个数字,都有唯一且不同的1到N的数字与之对应。 最开始windy把数字按顺序1,2,3,……,N写一排在纸上。 然后再在这一排下面写上它们对应的数字。 然后又在新的一排下面写上它们对应的数字。 如此反复,直到序列再次变为1,2,3,……,N。 如: 1 2 3 4 5 6 对应的关系为 1->2 2->3 3->1 4->5 5->4 6->6 windy的操作如下

 

1 2 3 4 5 6

 

2 3 1 5 4 6

 

3 1 2 4 5 6

 

12 3 5 4 6

 

2 3 1 4 5 6

 

3 1 2 5 4 6

 

1 2 3 4 5 6

 

这时,我们就有若干排1到N的排列,上例中有7排。 现在windy想知道,对于所有可能的对应关系,有多少种可能的排数。

Input

一个整数,N。

Output

一个整数,可能的排数。

Sample Input

3

Sample Output

3

Data Constraint

Hint

100%的数据,满足 1 <= N <= 1000 。

思路

排数可以写成 ∏prime[i]index[i]∏prime[i]index[i] ,
符合此排数的序列最短长度为 ∑prime[i]index[i]∑prime[i]index[i]

代码

//排数可以写成 ∏prime[i]index[i]∏prime[i]index[i] ,
//符合此排数的序列最短长度为 ∑prime[i]index[i]∑prime[i]index[i]
#include<cstdio>
#include<map>
using namespace std;
#define LL long long
#define MAXN 1005
int n,t;
LL dp[MAXN][MAXN],ans;
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	dp[0][0]=1;
	int i,j;
	for(i=2;i<=n;i++)
	{
		for(j=2;j<i;j++)
			if(i%j==0)break;
		if(i==j)
		{
			for(j=0;j<=n;j++)
			{
				dp[t+1][j]+=dp[t][j];
				for(int k=i;k+j<=n;k*=i)
					dp[t+1][j+k]+=dp[t][j];
			}
			t++;
		}
	}
	for(i=0;i<=n;i++)
		ans+=dp[t][i];
	printf("%lld",ans);
}

1039. windy数 (Standard IO)

Time Limits: 1000 ms  Memory Limits: 65536 KB 

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Description

windy定义了一种windy数。
不含前导零且相邻两个数字之差至少为2的正整数被称为windy数。
windy想知道,在A和B之间,包括A和B,总共有多少个windy数?

Input

两个整数,A B。

Output

一个整数,表示A~B中有多少个windy数。

Sample Input

1 10

Sample Output

9

Data Constraint

Hint

100%的数据,满足 1 <= A <= B <= 2000000000 。

思路

计数dp

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
#define ll long long
ll dp[15][15];
int a[15],len;
ll l,r;
ll dfs(int pos,int pre,int st,int lim)
{
    if(pos>len)return 1;
    if(!lim&&dp[pos][pre]!=-1)return dp[pos][pre];
	ll ret=0;
    int res=lim?a[len-pos+1]:9;
	for(int i=0;i<=res;i++)
	{
        if(abs(i-pre)<2)continue;
        if(st&&i==0)ret+=dfs(pos+1,-2,1,lim&&i==res);
        else ret+=dfs(pos+1,i,0,lim&&i==res);
    }
    if(!lim&&!st) dp[pos][pre]=ret;
    return ret;
}
ll sol(ll x)
{
    len=0;
    while(x)a[++len]=x%10,x/=10;
    memset(dp,-1,sizeof dp);
    return dfs(1,-2,1,1);
}
int main()
{
    scanf("%lld%lld",&l,&r);
    printf("%lld",sol(r)-sol(l-1));
}

 

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