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解题报告：传送门
HDU6015
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问题描述
终于又开学啦。呃喵最喜欢的就是开学了，因为这样她又可以愉快地翘课了（啊？）
呃喵接下来有n节课程需要上（换句话说，可以翘。）
每节课程有相应的课程类型与课程翘课价值。
有一点需要注意的是，呃喵不可以翘同一类课程超过两次，就是如果这类课已经翘了两次，接下来就一定要上。
问你在这个条件下，呃喵可以获得的最大翘课价值。
输入描述
第一行为一个整数T，代表数据组数。
接下来，对于每组数据——
第一行一个整数n，表示接下来需要依次上的课程数量，
接下来有n行，每行包括一个仅由'a'~'z'构成的长度不超过10的字符串s与一个正整数v。
其中字符串表示课程的类型，相同的字符串代表相同的课程。 数据保证——
1 <= T <= 1000
对于每组数据，1 <= n <= 100，1 <= |s| <= 10, 1 <= v <= 1000
输出描述
对于每组数据，输出一行。
该行有1个整数，表示呃喵可以获得的最大翘课价值。
输入样例
2
5
english 1
english 2
english 3
math 10
cook 100
2
a 1
a 2
输出样例
115
3
题解：显然，对于每一种类型的课程，我们只会选择翘掉 翘课价值最大的前2节课。
于是，最方便的做法，是使用map<string, int>first, second来实现。
即:
for(i = 1 ~ n)
{
scanf("%s%d", s, &v);
gmax(second[s], v);
if (second[s] > first[s])swap(second[s], first[s]);
}
然后把两个map中的权值全部加到sum中即可。
代码一：
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <map>
#include <vector>
#include <string>
#include <iostream>
using namespace std;
map <string,vector<int> > a;
int main()
{
int t,n,num,it;
string c;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
a.clear();
scanf("%d",&n);
for(int i=;i<n;i++)
{
cin>>c>>num;
if(!a.count(c)) a[c]=vector<int>();
if(a[c].size()<)
a[c].push_back(num);
else
{
if(a[c][]<a[c][]) swap(a[c][],a[c][]);
if(num>a[c][]) a[c][]=num;
}
}
map<string,vector<int> >::iterator it;
int sum=;
for(it=a.begin();it!=a.end();it++)
{
sum+=it->second[];
if(a[it->first].size()==)
sum+=it->second[];
}
printf("%d\n",sum);
}
return ;
}
代码二：
#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<string>
#include<ctype.h>
#include<math.h>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
#include<bitset>
#include<algorithm>
#include<time.h>
using namespace std;
int main()
{
map<string,int>first,second;
int t,n,num;
char c[];
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
first.clear();
second.clear();
scanf("%d",&n);
for(int i=;i<n;i++)
{
scanf("%s%d",c,&num);
second[c]=max(second[c],num);
if(second[c]>first[c]) swap(first[c],second[c]);
}
int sum=;
map<string,int>:: iterator it;
//这里的->second指的是map<key,value>中的value
for(it=first.begin();it!=first.end();it++) sum+=it->second;
for(it=second.begin();it!=second.end();it++) sum+=it->second;
printf("%d\n",sum);
}
return ;
}
HDU6016
Count the Sheep
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问题描述
开学翘课固然快乐，然而也有让呃喵抓狂的事，那当然就是考试了！这可急坏了既要翘课又想要打BC还要准备考试的呃喵。
呃喵为了准备考试没有时间刷题，想打BC又不想跌分，只得求助于BCround92的出题人snowy_smile，让他说点什么 ~~>_<~~。
snowy_smile实在没有办法，但是又不好意思透题，只好告诉呃喵，当务之急是好好休息。
"如果你按照下面这个办法睡着，那么第二天就绝对不会在BC的赛场上跌分——
想象一片一望无际、广阔无边的青青草原，草原上住着一群羊，包括n只沉默的男羊和m只流泪的女羊，在男羊和女羊之间，存在k个朋友关系。
现在你可以以任意一只羊为起点，顺着朋友关系数下去。如果能够连续数4只各不相同的羊，就能超过99%的数羊者，成功入睡。"
呃喵听后十分震惊，但她还是听话地数下去，果然，数到第4只羊就睡着了，并一口气睡过了头，成功地错过了第二天的BestCoder，真的不会在BC的赛场上跌分啦！
然而你，可就没有这么好的运气了，你既然看到了这第二题，自然一般已有提交，已经无法回头了。
面对"不AC这题就可能跌分"窘境的你，需要说出，呃喵在睡前可能有多少种不同的数羊序列。
即输出"A-B-C-D"这样序列的方案数，满足A-B、B-C、C-D是朋友关系且A、B、C、D各不相同。
输入描述
第一行输入数据组数T
对于每组数据，第一行有三个整数n, m, k，表示n只男羊编号分别为1~n，m只女羊编号分别为1~m，并且存在k个朋友关系。
接下来给出k行，每行给出两个数x y，表示第x只男羊和第y只女羊是朋友。 数据保证——
不会给出重复的朋友关系
1 <= T <= 1000
对于30%的数据，1 <= n, m, k <= 100
对于99%的数据，1 <= n, m, k <= 1000
对于100%的数据，1 <= n, m, k <= 100000
输出描述
对于每组数据，输出一行，该行包含一个整数，表示呃喵睡觉前可能数了哪4只羊的序列的方案数。
输入样例
（为了方便阅读，样例输入中数据组间中会额外添加一行空行）
3
2 2 4
1 1
1 2
2 1
2 2 3 1 3
1 1
2 1
3 1 3 3 3
1 1
2 1
2 2
输出样例
8
0
2
Hint
第一组样例：(b1-g1-b2-g2) (b1-g2-b2-g1) (b2-g1-b1-g2) (b2-g2-b1-g1) (g1-b1-g2-b2) (g1-b2-g2-b1) (g2-b1-g1-b2) (g2-b2-g1-b1) 共8种合法序列
首先，因为朋友关系只能是在男羊和女羊之间的，所以这是一个二分图。
然后，我们发现每个序列都满足一端为男羊，另外一端为女羊，于是我们可以按照"女羊A，男羊B，女羊C，男羊D"的方式计数，在最后使得答案*2就好。
a[x]存是男羊x朋友的所有女羊，cnt[y]存女羊y拥有的男羊朋友数。于是:
for (int x = 1; x <= n; ++x) //枚举男羊B
{
LL onepoint = a[x].size() - 1; //除去女羊C，女羊A的可能方案数为a[x].size() - 1
for (auto y : a[x]) //枚举女羊C，这两层for循环其实只枚举了k条边，复杂度为o(n+m+k)
{
ans += (cnt[y] - 1) * onepoint; //显然除了男羊B，其他男羊都可以作为男羊D，计数为cnt[y] - 1
}
}最后ans * 2就是答案啦。
PS:这题会爆int
#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<string>
#include<ctype.h>
#include<math.h>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
#include<bitset>
#include<algorithm>
#include<time.h>
using namespace std;
const int N=1e5+;
typedef long long ll;
vector <ll> a[N];
ll cnt[N];
int main()
{
int t,n,m,k,x,y;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
for(int i=;i<=max(n,m);i++)
{
a[i].clear();
cnt[i]=;
}
memset(cnt,,sizeof(cnt));
for(int i=;i<k;i++)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
a[x].push_back(y);
cnt[y]++;
}
ll ans=;
// for(int i=1;i<=n;i++)
// {
// for(int j=0;j<a[i].size();j++)
// printf("%d ",a[i][j]);
// puts("");
// }
for(int i=;i<=n;i++)
{
ll tmp=a[i].size()-;
vector <ll>::iterator it;
for(it=a[i].begin();it!=a[i].end();it++)
ans+=(cnt[*it]-)*tmp;
//for(int j=0;j<a[i].size();j++)
//ans+=(cnt[a[i][j]]-1)*tmp;
}
printf("%lld\n",ans*);
}
return ;
}
/*
3
2 6 4
1 5
1 6
2 5
2 6 3 1 3
1 1
2 1
3 1 3 3 3
1 1
2 1
2 2
*/