2022.4.30 五一假期快乐的第一天

今天早上学校停电被迫放假半天，当时我可开心伤心坏了。

对，没错，下午又开始考试。。。

这大概又是哪一届学长考过的题？

T1 Pilot

题目描述

飞行大队有若干个来自各地的驾驶员，专门驾驶一种型号的飞机，这种飞机每架有两个驾驶员，需一个正驾驶员和一个副驾驶员。由于种种原因，例如相互配合的问题，有些驾驶员不能在同一架飞机上飞行，问如何搭配驾驶员才能使出航的飞机最多。因为驾驶工作分工严格，两个正驾驶员或两个副驾驶员都不能同机飞行。

输入格式

第一行，两个整数 n 与 m，表示共有 n 个飞行员，其中有 m 名飞行员是正驾驶员。下面有若干行，每行有 2 个数字 a、b。表示正驾驶员 a 和副驾驶员 b 可以同机飞行。注：正驾驶员的编号在前，即正驾驶员的编号小于副驾驶员的编号。

输出格式

仅一行一个整数，表示最大起飞的飞机数。

样例输入

10 5

1 7

2 6

2 10

3 7

4 8

5 9

样例输出

4

数据范围与提示

2<=n<=100

分析

这道题很显然是一道二分图最大匹配问题（一个正驾驶员匹配一个副驾驶员）。（机房有大佬贪心写过了）

所以这道题我们选择使用匈牙利算法

奉上我丑陋的代码

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;const int MAXN = 105;
const int MAXM = 2 * MAXN;int inpt()
{int x = 0, f = 1;char ch;for(ch = getchar(); (ch < '0' || ch > '9') && ch != '-'; ch = getchar());if(ch == '-'){f = -1;ch = getchar();}do{x = (x << 1) + (x << 3) + ch - '0';ch = getchar();}while(ch >= '0' && ch <= '9');return x * f;
}int n, m;int hd[MAXN], nxt[MAXM], to[MAXM], tot = 0;
void Add(int x, int y)
{nxt[++tot] = hd[x];hd[x] = tot;to[tot] = y;
}bool vis[MAXN];
int mat[MAXN], ans = 0;
bool Match(int x)
{vis[x] = true;for(int i = hd[x]; i; i = nxt[i]){int y = to[i];if(vis[y]) continue;vis[y] = true;if(!mat[y] || Match(mat[y])){mat[y] = x;return true;}}return false;
}int main()
{freopen("pilot.in", "r", stdin);freopen("pilot.out", "w", stdout);n = inpt(), m = inpt();int xx, yy;while(cin >> xx >> yy){Add(xx, yy);Add(yy, xx);}for(int i = 1; i <= m; i++){memset(vis, 0, sizeof(vis));if(Match(i)) ans++;}printf("%d", ans);fclose(stdin);fclose(stdout);return 0;
}

T2 Sequence

题目描述

给定正整数序列 x1~xn，以下递增子序列均为非严格递增。

1. 计算其最长递增子序列的长度 s 。

2. 计算从给定的序列中最多可取出多少个长度为 s 的递增子序列。

3. 如果允许在取出的序列中多次使用 x1 和 xn，则从给定序列中最多可取出多少个长度为 s的递增子序列。

输入格式

文件第 1 行有 1 个正整数，表示给定序列的长度。接下来的 1 行有 n 个正整数 x1~xn。

输出格式

第 1 行是最长递增子序列的长度 s。第 2 行是可取出的长度为 s 的递增子序列个数。第 3 行是允许在取出的序列中多次使用 x1 和 xn 时可取出的长度为的递增子序列个数。

样例输入

4

3 6 2 5

样例输出

2 2 3

数据范围与提示

1<=n<=500

洛谷题号 P2766

分析

第一个问题

很容易可以看出是DP里最基础的LIS问题。我们记下以 i 结尾的最长不下降子序列长度f [ i ]。

第二个问题

因为要求所有的位置都不能重复，所以我们类比第一题的二分图匹配，只不过这里不再是两两匹配，而是ss匹配。而二分图匹配可以用网络流做，那么ss匹配当然也可以。

我们假定原序列为a [ i ]（虽然题面写的是x）。

我们把每一个数当做一个树上的点，因为每个点都只能经过一次，所以我们把每一个点 i 拆开成为两个点（我考试的时候没想到，然后就挂~掉~啦~），这里方便就记为 i 和 i + n ，在两个点上连接一条流量为1的边（当然也需要一条流量为0的反向边）。每一个点 i 连向一个点 j 有且仅当满足i > j 且 a [ i ] > a [ j ] 且 f [ i ] == f [ j ] + 1时，因为这样才能保证是以当前位置结尾的单调不下降子序列。这里我们只需要给 i + n 和 j 之间连一条流量为 1 的边即可。

然后我们新建一个虚拟的源点 s 和汇点 t 这里假定为 0 和 2 * n + 1。源点向每一个 f [ i ] == s 的点连一条流量为 1 的边，汇点向每一个 f [ i ] == 1 的点连一条流量为 1 的边（当然这个过程可以反过来，对应的前面的步骤也需要反向）。

最后，我们从源点向汇点跑一遍最大流就可以啦，这里我们选用的是DInic算法（我考场上用的是EK，甚至还 T 了一个点）。

第三个问题

因为 a[ 1 ]（x1）和 a [ n ] （xn）可以重复使用了，所以我们只需要把原边重置，再把 1 和 1 + n ，n 和 n + n 之间的和源点与n + n 和汇点与1 之间的流量变为无穷大再跑一次最大流就可以了（我的代码中是重新建边的写法，考场上脑子抽了，后来直接沿用的考场代码）。

记得特判，代码里有标注

代码

奉上我丑陋的代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;const int MAXN = 505 * 2;
const int MAXM = 4 * MAXN;
const int INF = 0x3f3f3f3f;int inpt()
{int x = 0, f = 1;char ch;for(ch = getchar(); (ch < '0' || ch > '9') && ch != '-'; ch = getchar());if(ch == '-'){f = -1;ch = getchar();}do{x = (x << 1) + (x << 3) + ch - '0';ch = getchar();}while(ch >= '0' && ch <= '9');return x * f;
}int n;
int a[MAXN];int f[MAXN], s = 1;int hd[MAXN], nxt[MAXM], to[MAXM], w[MAXM], tot = 1;
void Add(int x, int y, int z)
{nxt[++tot] = hd[x];hd[x] = tot;to[tot] = y;w[tot] = z;
}int ps, pt;int dpt[MAXN], nw[MAXM];
int MaxFlow = 0;
bool bfs()
{memset(dpt, 0, sizeof(dpt));queue<int> q;q.push(ps);dpt[ps] = 1;nw[ps] = hd[ps];while(q.size()){int x = q.front();q.pop();for(int i = hd[x]; i; i = nxt[i]){int y = to[i];if(w[i] && !dpt[y]){q.push(y);nw[y] = hd[y];dpt[y] = dpt[x] + 1;if(y == pt){return true;}}}}return false;
}
int Dinic(int x, int Flow)
{if(x == pt){return Flow;}int Rest = Flow;int i;for(i = nw[x]; i && Rest; i = nxt[i]){int y = to[i];if(w[i] && dpt[y] == dpt[x] + 1){int k = Dinic(y, min(Rest, w[i]));if(!k){dpt[y] = 0;}w[i] -= k;w[i ^ 1] += k;Rest -= k;}}nw[i] = i;return Flow - Rest;
}int ans1, ans2;int main()
{freopen("sequence.in", "r", stdin);freopen("sequence.out", "w", stdout);n = inpt();for(int i = 1; i <= n; i++){a[i] = inpt();f[i] = 1;}//LISfor(int i = 1; i <= n; i++){for(int j = 1; j <= i - 1; j++){if(a[i] >= a[j]){f[i] = max(f[i], f[j] + 1);s = max(s, f[i]);}}}//第一次memset(nw, 0, sizeof(nw));memset(dpt, 0, sizeof(dpt));for(int i = 1; i <= n; i++){Add(i, i + n, 1);Add(i + n, i, 0);}for(int i = 1; i <= n; i++){for(int j = 1; j <= i - 1; j++){if(a[i] >= a[j] && f[j] == f[i] - 1){Add(i + n, j, 1);Add(j, i + n, 0);}}}//0源 2 * n + 1 汇for(int i = 1; i <= n; i++){if(f[i] == s){Add(0, i, 1);Add(i, 0, 0); }if(f[i] == 1){Add(i + n, 2 * n + 1, 1);Add(2 * n + 1, i, 0);}}ps = 0, pt = 2 * n + 1;while(bfs()){int Flow;while(Flow = Dinic(ps, INF)){MaxFlow += Flow;}}int ans1 = MaxFlow;//第二次MaxFlow = 0;tot = 1;memset(hd, 0, sizeof(hd));//其实只在原图上在需要的位置多加一条memset(nxt, 0, sizeof(nxt));//流量为INF的边或者直接修改再跑就行 memset(to, 0, sizeof(to));//记得还得重置边？memset(w, 0, sizeof(w));memset(nw, 0, sizeof(nw));memset(dpt, 0, sizeof(dpt));//当然这里有些memset是废的for(int i = 1; i <= n; i++){if(i == 1 || i == n){Add(i, i + n, INF);//加无限边Add(i + n, i, 0);}else{Add(i, i + n, 1);Add(i + n, i, 0);}}for(int i = 1; i <= n; i++){for(int j = 1; j <= i - 1; j++){if(a[i] >= a[j] && f[j] == f[i] - 1){Add(i + n, j, 1);Add(j, i + n, 0);}}}//0源 2 * n + 1 汇for(int i = 1; i <= n; i++){if(f[i] == s){if(i == n){Add(0, i, INF);//加无限边Add(i, 0, 0);}else{Add(0, i, 1);Add(i, 0, 0); }}if(f[i] == 1){if(i == 1){Add(i + n, 2 * n + 1, INF);Add(2 * n + 1, i + n, 0);}else{Add(i + n, 2 * n + 1, 1);Add(2 * n + 1, i + n, 0);}}}while(bfs()){int Flow;while(Flow = Dinic(ps, INF)){MaxFlow += Flow;}}int ans2 = MaxFlow;if(n == 1){printf("1\n1\n1");//你猜为什么要加这一句}else{printf("%d\n%d\n%d", s, ans1, ans2);}fclose(stdin);fclose(stdout);return 0;
}
/*
4
3 6 2 56
3 6 2 5 8 7
*/

Update 2022.5.1

给大家贴一下杰哥的简洁代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int INF = INT_MAX;inline int read() {char ch = getchar();int res = 0;while (ch < '0' || ch > '9') ch = getchar();while (ch >= '0' && ch <= '9') {res = (res << 3) + (res << 1) + (ch ^ 48);ch = getchar();}return res;
}int n, a[1505];
int dp[1505];struct edge {int v, flow, nxt;
}e[5000005];
int head[1505], cnt, s, t;
int dep[1505], maxflow = 0;void addedge(int u, int v, int flow) {e[cnt] = {v, flow, head[u]};head[u] = cnt++;
}int bfs() {memset(dep, 0, sizeof(dep));deque<int> q;q.push_back(s);dep[s] = 1;while (!q.empty()) {int u = q.front(); q.pop_front();for (int i = head[u]; ~i; i = e[i].nxt) {int v = e[i].v;if (dep[v] || !e[i].flow) continue;dep[v] = dep[u] + 1;q.push_back(v);}} return dep[t];
}int dfs(int u, int limit) {if (u == t || !limit) return limit;int flow = 0, k;for (int i = head[u]; ~i; i = e[i].nxt) {int v = e[i].v, w = e[i].flow;if (dep[v] == dep[u] + 1 && (k = dfs(v, min(limit, w)))) {e[i].flow -= k;e[i ^ 1].flow += k;limit -= k;flow += k;}}return flow;
}void dinic() {maxflow = 0;int k;while (bfs()) {while (k = dfs(s, INF)) maxflow += k;}
}bool cgval(int u, int v, int val) {for (int i = head[u]; ~i; i = e[i].nxt) {if (e[i].v == v) {e[i].flow = val;e[i ^ 1].flow = 0;return true;}}return false;
}int main() {
//  freopen("sequence.in", "r", stdin);
//  freopen("sequence.out", "w", stdout);memset(head, -1, sizeof(head));n = read();for (int i = 1; i <= n; i++) a[i] = read();int len = 1; dp[1] = 1;for (int i = 2; i <= n; i++) {dp[i] = 1;for (int j = 1; j <= i - 1; j++) {if (a[j] <= a[i]) dp[i] = max(dp[i], dp[j] + 1);}len = max(len, dp[i]);}printf("%d\n", len);for (int i = 1; i <= n; i++) {addedge(i, i + n, 1); addedge(i + n, i, 0); for (int j = i + 1; j <= n; j++) {if (a[i] <= a[j] && dp[j] == dp[i] + 1) {addedge(i + n, j, 1); addedge(j, i + n, 0); }}}s = 0, t = 2 * n + 1;for (int i = 1; i <= n; i++) {if (dp[i] == 1) addedge(s, i, 1), addedge(i, s, 0); if (dp[i] == len) addedge(i + n, t, 1), addedge(t, i + n, 0);}dinic();printf("%d\n", maxflow);for (int i = 0; i <= cnt; i += 2) {e[i].flow = 1;e[i ^ 1].flow = 0;}cgval(s, 1, INF);cgval(1, 1 + n, INF);cgval(n, n + n, INF);cgval(n + n, t, INF);dinic();if(n == 1) {printf("1");}else {printf("%d\n", maxflow);}}

T3 Software

题目描述

某公司发现其研制的一个软件中有 n 个错误，随即为该软件发放了一批共 m 个补丁程序。每一个补丁程序都有其特定的适用环境，某个补丁只有在软件中包含某些错误而同时又不包含另一些错误时才可以使用。一个补丁在排除某些错误的同时，往往会加入另一些错误。换句话说，对于每一个补丁 i ，都有 2 个与之相应的错误集合 B1(i)和 B2(i)，使得仅当软件包含 B1(i)中的所有错误，而不包含 B2(i)中的任何错误时，才可以使用补丁 i。补丁 i 将修复软件中的某些错误 F1(i)，而同时加入另一些错误 F2(i)。另外，每个补丁都耗费一定的时间。试设计一个算法，利用公司提供的 m 个补丁程序将原软件修复成一个没有错误的软件，并使修复后的软件耗时最少。

输入格式

文件第 1 行有 2 个正整数 n 和 m ，n 表示错误总数，m 表示补丁总数。接下来 m 行给出了 m 个补丁的信息。每行包括一个正整数，表示运行补丁程序 i 所需时间，以及 2 个长度为 n 的字符串，中间用一个空格符隔开。第 1 个字符串中，如果第 k 个字符 bk 为 +，则表示第 k 个错误属于 B1(i)。若为 -，则表示第 k 个错误属于 B2(i) ，若为 0，则第 i 个错误既不属于 B1(i) 也不属于 B2(i) ，即软件中是否包含第 k 个错误并不影响补丁 i 的可用性。第 2 个字符串中，如果第 k 个字符 bk 为 -，则表示第 k 个错误属于 F1(i) ，若为 +，则表示第 k 个错误属于 F2(i)，若为 0，则第 i 个错误既不属于 F1(i) 也不属于 F2(i)，即软件中是否包含第 k 个错误不会因使用补丁 i 而改变。

输出格式

输出最小耗时，如果问题无解，则输出 0。

样例输入

3 3

1 000 00-

1 00- 0-+

2 0-- -++

样例输出

8

数据范围与提示

1<=n<=20, 1<=m<=100

洛谷题号 P2761

分析

这道题我考场上瓜了，完全没有思路。

经过杰哥（机房大佬）的讲解后我如醍醐灌顶，大致思路如下：

因为错误数量小于 20 个所以我们可以考虑用二进制压缩的方式来表示状态，1 表示有错，0 表示无错，于是显然初始状态就是全是1。

因为是要求最小时间花费，所以我们可以以状态为点，以补丁包为边，以时间为边权跑最短路。一条边可以走的条件就是题面中提到的那样，我们同样可以预处理每一个补丁包的四个数组为二进制状态，这样我们就可以 O(1) 判断这条边是否能走了。这条边所连接的点就是按照题面描述处理后的状态。

这里我们选择使用的Dijsktra算法，SPFA好像也可以？

代码

奉上我丑陋的代码

#include<bits/stdc++.h>const int MAXN = 105;
const int MAXM = 25;
const int MAXK = (1 << 20) + 5;using namespace std;
int inpt()
{int x = 0, f = 1;char ch;for(ch = getchar(); (ch < '0' || ch > '9') && ch != '-'; ch = getchar());if(ch == '-'){f = -1;ch = getchar();}do{x = (x << 1) + (x << 3) + ch - '0';ch = getchar();}while(ch >= '0' && ch <= '9');return x * f;
}int n, m;
int t[MAXN];
int b1[MAXN], b2[MAXN], f1[MAXN], f2[MAXN];
int AllWrong;struct node{int id;int val;bool operator < (node qwq)const{return val > qwq.val;}
};
int d[MAXK];
bool vis[MAXK];
void Dijkstra(int Start)
{memset(d, 0x3f, sizeof(d));memset(vis, false, sizeof(vis));d[Start] = 0;priority_queue<node> q;q.push((node){Start, 0});while(q.size()){int x = q.top().id;q.pop();if(vis[x]) continue;vis[x] = true;for(int i = 1; i <= m; i++){if((x & b1[i]) != b1[i] || x & b2[i]) continue;//判断转移是否合法int y = (x & (~f1[i])) | f2[i], z = t[i];//转移if(vis[y]) continue;if(d[y] > d[x] + z){d[y] = d[x] + z;q.push((node){y, d[y]});}} }
}int main()
{freopen("software.in", "r", stdin);freopen("software.out", "w", stdout);n = inpt(), m = inpt();AllWrong = (1 << n) - 1;//初始状态for(int i = 1; i <= m; i++){t[i] = inpt();char ch[MAXM];scanf("%s", ch + 1);for(int j = 1; j <= n; j++){if(ch[j] == '+'){b1[i] |= 1 << (j - 1);//预处理}else{if(ch[j] == '-'){b2[i] |= 1 << (j - 1);}}}scanf("%s", ch + 1);for(int j = 1; j <= n; j++){if(ch[j] == '-'){f1[i] |= 1 << (j - 1);}else{if(ch[j] == '+'){f2[i] |= 1 << (j - 1);}}} }Dijkstra(AllWrong);//最短路if(d[0] != 0x3f3f3f3f){//判断有解printf("%d", d[0]);}else{printf("0");}fclose(stdin);fclose(stdout);return 0;
}
/*
3 3
1 000 00-
1 00- 0-+
2 0-- -++
*/

好了就是这样，欢乐的一天结束了，希望我明天好运（明天好像是考数学，我感觉要遭）

有错欢迎指正（虽然大概率是没人看）