这场周赛是手速局hh
死或生
某国正在以投票的方式决定 2 名死刑犯（编号 1∼2）的生死。
共有 n 组人员（编号 1∼n）参与投票，每组 10 人。
每组成员只参与一名死刑犯的投票，其中第 i 组人员的投票对象是死刑犯 ti，其中 xi 人认为他无罪，yi 人认为他有罪。
在所有人员投票结束后，将对投票结果进行统计。
对于每名死刑犯，如果投他无罪的总票数大于或等于投他有罪的总票数，则他得以生还，否则他将被处死。
请你判断每名死刑犯的生死。
输入格式
第一行包含一个整数 n。
接下来 n 行，每行包含三个整数 ti,xi,yi。
保证两名犯人都会被投票。
输出格式
如果第一位死刑犯生还，则在第一行输出 LIVE，否则在第一行输出 DEAD。
如果第二位死刑犯生还，则在第二行输出 LIVE，否则在第二行输出 DEAD。
数据范围
\(前 3 个测试点满足 2≤n≤10。\)
\(所有测试点满足 2≤n≤1000，1≤ti≤2，0≤xi,yi≤10，xi+yi=10。\)
输入样例1：
2
1 5 5
2 6 4
输出样例1：
LIVE
LIVE
输入样例2：
3
1 0 10
2 0 10
1 10 0
输出样例2：
LIVE
DEAD
简单的枚举即可，借助哈希表记录无罪票数和有罪票数
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[3],b[3];
int n;
int main()
{
cin>>n;
while (n--)
{
int t,x,y;
cin>>t>>x>>y;
a[t]+=x;
b[t]+=y;
}
for (int i=1;i<=2;i++)
if (a[i]>=b[i])
puts("LIVE");
else puts("DEAD");
return 0;
}
最大价值
已知，小写字母 a∼z 的价值分别为$ w_a,w_b,…,w_z$。
对于一个由小写字母构成的长度为 l 的字符串 \(S=s_1,s_2…s_l，其价值为 w_{s1}×1+w_{s2}×2+…+w_{sl}×l\)。
现在，给定一个由小写字母构成的字符串 S，请你在这个字符串中插入 k 个小写字母，要求最终得到的字符串的价值尽可能大。
注意：
- 插入的位置可以随意选。
- 插入的字母也可以随意选，可以插入不同字母。
输出最大可能价值。
输入格式
第一行包含一个字符串 S。
第二行包含一个整数 k。
第三行包含 26 个整数 \(w_a,w_b,…,w_z\)。
输出格式
一个整数，表示最大可能价值。
数据范围
前 3 个测试点满足，S 的长度范围 [1,5]。
所有测试点满足，S 的长度范围 [1,1000]，\(0≤k≤10^3\)，\(w_a∼w_z\) 的取值范围 [0,1000]。
输入样例：
abc
3
1 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
输出样例：
41
贪心即可，经过证明（很好证）要得到最大价值，插入方法即在尾部插入k个单个价值的最大的字母
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1010;
string s;
int w[N];
int k;
typedef long long LL;
int main()
{
cin>>s>>k;
int res=0;
for (int i=0;i<26;i++)
cin>>w[i],res=max(res,w[i]);
LL ans=0;
for (int i=0;i<s.size();i++)
ans+=(w[s[i]-'a']*(i+1)); // 这里一定要记着-'a'啊！血的教训，这细节要注意！
int len=s.size();
for (int i=len+1;i<=k+len;i++)
{
ans+=res*i;
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
危险程度
有 n 种化学物质，编号 1∼n。
其中，有 m 对物质之间会发生反应。
现在，要将这些化学物质逐个倒入同一个试管之中，具体倒入顺序不限。
我们需要计算一下试管的危险值。
已知，空试管的危险值为 1，每倒入一种化学物质，如果该物质能够与之前倒入试管中的一种或多种物质发生反应，则试管的危险值将乘以 2。
请你计算并输出，通过合理安排所有化学物质的倒入顺序，能够得到的试管的最大危险值。
输入格式
第一行包含两个整数 n,m。
接下来 m 行，每行包含两个整数 x,y，表示化学物质 x 和化学物质 y 之间会发生反应。保证同一对化学物质在输入中最多出现一次。
输出格式
一个整数，表示最大危险值。
数据范围
前 4 个测试点满足 \(1≤n≤10。\)
所有测试点满足 $ 1≤n≤50，0≤m≤n(n−1)2，1≤x<y≤n。$
输入样例1：
1 0
输出样例1：
1
输入样例2：
2 1
1 2
输出样例2：
2
输入样例3：
3 2
1 2
2 3
输出样例3：
4
题意中几个很重要的性质抓出来
- 第一个放入的物品无法和其他物质反映，因为此时试管中没有其他物品
- 不能相互反应的物品一定严格独立，没有交集
- 假设同一个反应体系中的物品数为k个，则该反应体系对危险程度的贡献度为\(2^{k-1}\)，因此我们可以看出，每一个反应体系实际就是一个连通块，即每一个连通块中的物品数量为\(k_i\)，则该连通块的作用即可为\(2^{k_i}-1\)
现在共有t个独立的连通块，则总的贡献度为\(2^{k_1}-1\) * \(2^{k_2}-1\) * ... * \(2^{k_i}-1\) = \(2^{k_1+k_2+...+k_i-t}\)
我们注意到共有n件物品，因此结果为\(2^{n-t}\)，题目瞬间转化为求解独立的连通块的数量
1. 法一：并查集求解独立连通块数量
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 55;
int p[N];
int n,m;
typedef long long LL;
int find(int x)
{
if (p[x]!=x) p[x]=find(p[x]);
return p[x];
}
int main()
{
cin>>n>>m;
for (int i=1;i<=n;i++) p[i]=i;
int cnt=n; // cnt为独立集合的数量，即连通块的数量
while (m--)
{
int a,b;
cin>>a>>b;
int pa = find(a);
int pb = find(b);
if (pa!=pb)
{
cnt--;
p[pa]=pb;
}
}
printf("%lld\n",1ll<<n-cnt);
return 0;
}
2. 建图，图的遍历求解连通块的数量
dfs写法一
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 55;
bool st[N],reaction[N][N];
int n,m;
typedef long long LL;
LL ans=1;
void dfs(int x)
{
for (int i=1;i<=n;i++)
{
if (reaction[x][i]&&!st[i]) // 当前物品与1~i（除本身）有反应，即更新ans并顺着这个物品遍历
{
ans<<=1;
st[i]=true;
dfs(i);
}
}
}
int main()
{
cin>>n>>m;
while (m--)
{
int a,b;
cin>>a>>b;
reaction[a][b]=reaction[b][a]=true;
}
for (int i=1;i<=n;i++)
{
if (!st[i]) // 只要当前的物品还没有用过
{
st[i]=true;
dfs(i);
}
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
dfs写法二
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 55 ,M = N*N; // 无向图注意边数
int e[M],h[N],ne[M],idx;
int n,m;
typedef long long LL;
bool st[N];
void add(int a,int b) // 经典邻接表建图add
{
e[idx]=b,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++;
}
void dfs(int x) // dfs遍历无向图
{
st[x]=true;
for (int i=h[x];~i;i=ne[i])
{
int j = e[i];
if (!st[j]) dfs(j);
}
}
int main()
{
cin>>n>>m;
memset(h,-1,sizeof h); // 不初始化的后果就是TLE
while (m--)
{
int a,b;
cin>>a>>b;
add(a,b),add(b,a); // 无向图即为特殊的有向图
}
int cnt=0; // 求解连通块的数量
for (int i=1;i<=n;i++)
{
if (!st[i])
{
dfs(i);
cnt++;
}
}
cout<<(1ll<<n-cnt)<<endl; // 答案为2^{n-cnt}
return 0;
}
bfs写法
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 55 ,M = N*N; // 无向图注意边数
int e[M],h[N],ne[M],idx;
int n,m;
typedef long long LL;
bool st[N];
queue<int>q;
void add(int a,int b) // 经典邻接表建图add
{
e[idx]=b,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++;
}
void bfs(int x) // bfs遍历无向图
{
st[x]=true;
q.push(x); // 借助stl
while (q.size())
{
auto t = q.front();
q.pop();
for (int i=h[t];~i;i=ne[i])
{
int j = e[i];
if (!st[j])
{
st[j]=true;
q.push(j);
}
}
}
}
int main()
{
cin>>n>>m;
memset(h,-1,sizeof h); // 不初始化的后果就是TLE
while (m--)
{
int a,b;
cin>>a>>b;
add(a,b),add(b,a); // 无向图即为特殊的有向图
}
int cnt=0; // 求解连通块的数量
for (int i=1;i<=n;i++)
{
if (!st[i])
{
bfs(i);
cnt++;
}
}
cout<<(1ll<<n-cnt)<<endl; // 答案为2^{n-cnt}
return 0;
}
总结
不论是并查集写法，还是dfs和bfs写法，本质都是求解图中的连通子块个数。
因此，我们对求解连通块个数的题型，即可采用并查集和图的遍历这两大类方法，其中图的遍历可以用dfs（代码简洁）或者bfs（思路简单，但借助队列实现代码量较为冗长）