寫這幾個(gè)題解我覺得我就像在按照官方題解抄一樣

陰陽

題解

將題目中給的陰陽看作黑色和白色

首先我們觀察到最后生成圖中某種顏色必須是豎著單調(diào)遞增或豎著單調(diào)遞減

類似這樣

否則不滿足這個(gè)條件

但合法染色方案必須滿足任意兩個(gè)同顏色格子之間的格子也必須是該顏色。

然后我們分四種情況統(tǒng)計(jì)，

1.黑色居于左側(cè)而且分界點(diǎn)單調(diào)不降，

2.黑色居于左側(cè)而且分界點(diǎn)單調(diào)不升，

3.白色居于左側(cè)而且分界點(diǎn)單調(diào)不降，

4.白色居于左側(cè)而且分界點(diǎn)單調(diào)不升。

我們發(fā)現(xiàn)這樣會算重，

dp然后手動(dòng)容斥，

1，2會算重左面每列全是黑色

類似于

類似的3，4會算重左面全是白色

那么上面全是黑色我們也會算重（2，3）

上面全是白色我們?nèi)匀粫阒?/p>

手動(dòng)容斥

題解應(yīng)該都能看懂，實(shí)現(xiàn)稍難（不用說了我碼力太弱）

代碼

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long #define A 1111 const ll mod=1e9+7; ll can[A][A][10],f[A][A][2],up[A][A],down[A][A]; //can定義為i行從1--j染成B剩下染成W是否合法 char ch[A][A]; ll n,m,flag1,flag2,ans; int main(){scanf("%lld%lld",&n,&m);for(ll i=1;i<=n;i++)scanf("%s",ch[i]+1);for(ll i=1;i<=n;i++){ll maxpos=0;for(ll j=1;j<=m;j++){if(ch[i][j]=='W') break;if(ch[i][j]=='B') maxpos=j;}for(ll j=maxpos+1;j<=m;j++)if(ch[i][j]=='B'){maxpos=m+1; break;}ll now=maxpos;while(ch[i][now]!='W'&&now<=m)can[i][now][1]=1,now++;}for(ll i=1;i<=n;i++){ll maxpos=m+1;for(ll j=m;j>=1;j--){if(ch[i][j]=='W') break;if(ch[i][j]=='B') maxpos=j;}for(ll j=maxpos-1;j>=1;j--)if(ch[i][j]=='B'){maxpos=-1; break;}ll now=maxpos;while(ch[i][now]!='W'&&now>=0)can[i][m-now+1][2]=1,now--;}for(ll i=0;i<=m;i++)up[0][i]=1,down[0][i]=1;for(ll i=1;i<=n;i++){for(ll j=0;j<=m;j++){if(!can[i][j][1]) continue;f[i][j][0]=up[i-1][j];f[i][j][1]=down[i-1][j]; // printf("up[%lld][%lld]=%lld down=%lld\n",i-1,j,up[i-1][j],down[i-1][j]); }for(ll j=0;j<=m;j++)up[i][j]=(up[i][j-1]+f[i][j][0])%mod/*,printf("f=%lld up=%lld\n",f[i][j][0],up[i][j])*/;for(ll j=m;j>=0;j--)down[i][j]=(down[i][j+1]+f[i][j][1])%mod; // printf("up=%lld down=%lld\n",up[n][m],down[n][0]); } /* for(ll i=1;i<=n;i++,puts("")){for(ll j=1;j<=m;j++){printf("%lld ",can[i][j][1]);}} */ memset(f,0,sizeof(f));ans=(ans+up[n][m]+down[n][0]+mod)%mod; // printf("ans=%lld\n",ans);for(ll i=1;i<=n;i++){for(ll j=0;j<=m;j++){if(!can[i][j][2]) continue;f[i][j][0]=up[i-1][j];f[i][j][1]=down[i-1][j];}for(ll j=0;j<=m;j++)up[i][j]=(up[i][j-1]+f[i][j][0])%mod;for(ll j=m;j>=0;j--)down[i][j]=(down[i][j+1]+f[i][j][1])%mod;} // printf("up=%lld down=%lld\n",up[n][m],down[n][0]);ans=(ans+up[n][m]+down[n][0]+mod)%mod; // printf("ans=%lld\n",ans);memset(f,0,sizeof(f));//減去左右重復(fù)for(ll i=1;i<m;i++){ll flag=0;for(ll j=1;j<=n;j++)if(!can[j][i][1]){flag=1;break;}if(!flag) ans--;}for(ll i=1;i<m;i++){ll flag=0;for(ll j=1;j<=n;j++)if(!can[j][i][2]){flag=1;break;}if(!flag) ans--;}//減去上下//若上面為B下面只能為Wfor(ll i=1;i<n;i++){ll flag=0;for(ll j=1;j<=i;j++)if(!can[j][m][1]){flag=1;break;}for(ll j=i+1;j<=n;j++)if(!can[j][0][1]){flag=1;break;}if(flag)continue;ans--;}for(ll i=n;i>=2;i--){ll flag=0;for(ll j=1;j<=i-1;j++)if(!can[j][0][1]){flag=1;break;}for(ll j=i;j<=n;j++)if(!can[j][m][1]){flag=1;break;}if(flag)continue;ans--;}for(ll i=1;i<=n;i++){if(!can[i][0][1]) flag1=1;if(!can[i][m][1]) flag2=1;}if(!flag1) ans-=3;if(!flag2) ans-=3;printf("%lld\n",(ans+mod)%mod); } View Code

虎

題解

我們發(fā)現(xiàn)一條性質(zhì)我們子樹內(nèi)兩個(gè)點(diǎn)要變成黑色我們同時(shí)經(jīng)過樹外的邊不會使次數(shù)變優(yōu)（除了直接與lca相連的邊）

然后根據(jù)這條性質(zhì)，我們發(fā)現(xiàn)我們一定存在一種最優(yōu)方案使任意兩條染色路徑互不相交

然后我們進(jìn)行貪心

首先題目中給的無要求的邊我們進(jìn)行縮邊

我們統(tǒng)計(jì)到當(dāng)前子樹都已經(jīng)全部染成黑色了，那么我們只用考慮與它相連就行

拿下面這個(gè)圖舉例（假設(shè)全部為白邊）

你考慮3時(shí)你6的子樹都處理完了，然后你遇到兩個(gè)白色邊（3，6）（3，7）你貪心直接染色就行，那么如果最后剩下一個(gè)沒有染色怎么辦，顯然我們不用管，我們發(fā)現(xiàn)與3相連的邊（1，3）這條邊是必定被染色的，2本來要和3進(jìn)行染色讓（1，2）（1，3）進(jìn)行染色，我們現(xiàn)在把這個(gè)邊拉過來變成（2，8）進(jìn)行染色就行了

那么依據(jù)上文說的，我們只需要讓與3相連白邊個(gè)數(shù)（除了父親與它相連邊）/2就行了

推廣到所有點(diǎn)統(tǒng)計(jì)白邊個(gè)數(shù)/2即可

然后這樣做對于根來說會出錯(cuò)，特判一下就AC了（對于根來說沒有辦法再讓自己父親拉邊過來）

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#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<queue> #include<algorithm> using namespace std; #define R register #define ll long long inline ll read()//------- {ll aa=0;char cc=getchar();while(cc<'0'||cc>'9') cc=getchar();while(cc<='9'&&cc>='0'){aa=(aa<<3)+(aa<<1)+(cc^48);cc=getchar();}return aa; } const int N=1000005; struct tree{int v,last; }tr[N<<1]; int tot,first[N]; inline void add(int x,int y) {tr[++tot]=(tree){y,first[x]};first[x]=tot;return; } int n,ans,mp[N],vi[N]; int dfs(int x,int fa) {int sum=0;vi[x]=1;for(R int i=first[x],v;i;i=tr[i].last){v=tr[i].v;if(v==fa)continue;dfs(v,x);sum^=1;if(!sum)++ans;}return sum; } int main() {//freopen("tight.in","r",stdin);//freopen("tight.out","w",stdout);n=read();mp[1]=++mp[0];for(R int i=2,x,y,z;i<=n;++i){x=read();y=read();z=read();if(!z){if(mp[i])mp[x]=mp[i];else if(mp[x])mp[i]=mp[x];else mp[i]=mp[x]=++mp[0];continue;}if(!mp[i])mp[i]=++mp[0];if(!mp[x])mp[x]=++mp[0];if(y)continue;add(mp[i],mp[x]);add(mp[x],mp[i]);}for(R int i=1;i<=mp[0];++i)if(!vi[i])if(dfs(i,i))++ans;printf("%d",ans);return 0; } View Code

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總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的NOIP模拟测试28「阴阳·虎·山洞」的全部內(nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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