咒语(curse)
Description
亮亮梦到自己来到了魔法城堡，但一扇巨大的石门阻拦了他通向城堡内的路。 正当他沮丧之际，突然发现门上有一处机关，机关上有一张很长的纸条。
亮亮拿起纸条的一端，只见上面写着打开机关的方法：“打开机关需要念动 符咒，咒语是一串长为 L 的由 0 和 1 组成的字符串。在这张长纸条上列了 n 个 长为 L 的字符串，正确的咒语即是在纷繁的 2^L 种字符串中，与这些纸条上的 字符串相异度之和最小，并且在满足这一条件下，0 的个数最多的字符串。两个 字符串的相异度定义为对应位置不相等的字符对的个数。如‘011’和‘001’的 相异度为 1，因为它们有且只有第二个位置上的字符不相等。”
亮亮拉起纸条，只觉得纸条似乎永远也拉不完。这上面有着数以万计的字符 串，而每一个字符串的长度也或百或千，以人力看来是无法得到正确的咒语。你 能帮帮他，让他得以进入魔法城堡，一窥其中的奥秘吗？
Input
第一行为一个数字 N 。
接下来的 N 行，每行为一个长为 L 的 01 字符串。数据保证 N 个字符串等长。
Output
只有一行，是一个长为 L 的字符串 S，即为正确的咒语。
别看题面这么长,这不是一个渣题 emmm
记录每一位上(1)的个数,判断当前位上是(1)的个数多还是(0)的个数多,决定输出(1)或(0)
(pos[i])代表(i)位置上(1)的个数,则(n-pos[i])就代表(i)位置上(0)的个数.
代码
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define R register
using namespace std;
int n,pos[20008],len;
char s[20008];
inline void calc(char *ch)
{
if(!len)len=strlen(ch);
for(R int i=0;i<len;i++)
if(ch[i]=='1')pos[i]++;
}
int main()
{
//freopen("curse.in","r",stdin);
//freopen("curse.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
for(R int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%s",s);
calc(s);
}
for(R int i=0;i<len;i++)
{
if(pos[i]>(n-pos[i]))putchar('1');
else putchar('0');
}
fclose(stdin);
fclose(stdout);
return 0;
}
神光(light)
Description
亮亮成功地念出了咒语，石门缓缓地自动移开，一道道绚丽的神光从城堡内 激射而出。亮亮好奇而又兴奋地走入了城堡中，迎面有一座极长的魔法阵。
魔法阵可以看作一条直线，它被均匀地分成了 1 000 000 000 个位置，一个位 置可以看成是一个格子。有些位置上筑有法坛，一共 N 座。亮亮只有破了眼前 的魔法阵，才能继续前进，而欲破法阵，必须毁掉所有的法坛。
亮亮身前有两根法杖：一根颜色血红，能发红色神光，光芒可以笼罩连续 L 个位置，并摧毁这 L 个位置上所有的法坛，最多使用 R 次；另一根颜色碧绿， 能发绿色神光，光芒可以笼罩连续 2L 个位置，并摧毁这 2L 个位置上所有的法 坛，最多使用 G 次。
法杖的神奇之处在于，L 的值必须由亮亮事先设定好，并且一经设定，便无 法更改。亮亮需要在规定的次数下摧毁所有法坛，并且使得 L 最小。
Input
第一行三个整数 N, R, G。
第 i (2<=i<=n+1) 行一个整数Ai，表示第 i 座法坛的位置。
Output
只有一个整数，表示 L 的最小值 。
数据范围
对于 50%的数据，N <= 100；
对于 100%的数据，1 <= N <= 2000，1 <= R, G, Ai <= 1,000,000,000。
T2竟然是最难的题 emmm,
首先二分不是很难想到吧.(二分我们的(L)
看到(R,G leq 1e9),完了,岂不是要打暴力.
后来发现当(R+G>N)的时候,直接输出(1)即可 emm.(老子有的是,随便放 ╭(╯^╰)╮
然后问题就转变为了(R,G leq 2000),考虑(DP)
设(f[i][j])代表使用了(i)次红灯,(j)次红灯干掉了多少法坛.
显然我们考虑如何传递上面的状态,
则我们
设(p[i])代表从(i)位置用红光能干到最靠右的位置
(q[i])代表从(i)位置用绿光能干到最靠右的位置
先给出状态转移方程:
考虑到(f[i][j])代表着什么。
我们对(A)数组进行排序之后,得到的(f[i][j])必定递增(从(1)到(i)
则我们可以根据这个性质写出状态转移方程.
解释了里面为什么是(f[i-1][j]),应该不是很难理解.
代码
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cctype>
#include<algorithm>
#define int long long
#define N 2008
#define clear(a) memset(a,0,sizeof a)
#define R register
using namespace std;
inline void in(int &x)
{
int f=1;x=0;char s=getchar();
while(!isdigit(s)){if(s=='-')f=-1;s=getchar();}
while(isdigit(s)){x=x*10+s-'0';s=getchar();}
x*=f;
}
int g,G,n,a[N],ans;
int p[N],q[N],f[2][N*1000];//f[i][j]i次红光,j次绿光,能毁多少法坛
inline bool ok(int x)
{
clear(p);clear(q);clear(f);
for(R int i=1;i<=n;i++)
{
for(R int j=i;j<=n;j++)
{
if(a[j]-a[i]+1<=x)p[i]=j;
if(a[j]-a[i]+1<=x*2)q[i]=j;
}
}
p[n+1]=q[n+1]=n;
for(R int i=0;i<=g;i++)
{
int op=i&1;
for(R int j=0;j<=G;j++)
{
if(i!=0)f[op][j]=max(p[f[op^1][j]+1],f[op][j]);
if(j!=0)f[op][j]=max(q[f[op][j-1]+1],f[op][j]);
}
}
return f[g&1][G]==n;
}
signed main()
{
//freopen("light.in","r",stdin);
//freopen("light.out","w",stdout);
in(n),in(g),in(G);
if(g+G>n)
{
puts("1");
return 0;
}
for(R int i=1;i<=n;i++)in(a[i]);
sort(a+1,a+n+1);
int l=0,r=1e9;
while(l<=r)
{
int mid=(l+r)>>1;
if(ok(mid))r=mid-1,ans=mid;
else l=mid+1;
}
printf("%lld",ans);
fclose(stdin);
fclose(stdout);
return 0;
}
迷宫(maze)
Description
破了魔法阵后，亮亮进入了一座迷宫。这座迷宫叫做“梦境迷宫”，亮亮只 有走出这座迷宫，才能从睡梦中醒来。
梦境迷宫可以用无向图来表示。它共有 n 个点和 m 条双向道路，每条道路 都有边权，表示通过这条道路所需的时间，且每条道路可以多次经过。亮亮位于 一号点，而出口则是 n 号点。原本，亮亮该找到一条最短路，快速冲出迷宫，然 而，梦境迷宫的特殊之处在于，如果沿着最短路到达出口，亮亮就会永远陷入梦 境。因此，亮亮必须寻找一条次短路。次短路的长度须严格大于最短路（可以有 多条）的长度，同时又不大于所有除最短路外的道路的长度。
你的任务，就是编写一个程序，帮助亮亮找到通向出口的次短路。
Input
第一行有两个整数 n、m，表示迷宫内共有 n 个点，m 条边。
接下来 m 行，每行三个整数 x、y、z，表示结点 x 和 y 之间连有一条边权为 z 的无向边。
Output
一个整数，表示次短路的长度。
难得T3这么简单,傻逼题啊,直接跑一遍(Spfa)求次短路.
考虑我们的次短路和最短路有关系,所以可以在跑最短路的时候跑出次短路.
存在三种情况
- 能更新最短路
- 能更新次短路,但是不能更新最短路
- 只能更新次短路
分类讨论
一.能更新最短路
这时候我们的次短路直接继承最短路即可.
二.能更新次短路,但是不能更新最短路
如果我们到达当前点(u)所连的(v)的最短路无法被更新,显然当前边为一条不优边,我们可以用到达(u)的最短路通过当前边来更新到达(v)的次短路.(这一情况有些难理解.但是又不太难理解)
三.只能更新次短路
直接通过到达(u)的次短路更新到达(v)的次短路
代码
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cctype>
#define R register
#define int long long
#define N 5555
using namespace std;
inline void in(int &x)
{
int f=1;x=0;char s=getchar();
while(!isdigit(s)){if(s=='-')f=-1;s=getchar();}
while(isdigit(s)){x=x*10+s-'0';s=getchar();}
x*=f;
}
int n,m,head[N],tot,dis[N],diss[N];
bool vis[N];
struct cod{int u,v,w;}edge[800008];
inline void add(int x,int y,int z)
{
edge[++tot].u=head[x];
edge[tot].v=y;
edge[tot].w=z;
head[x]=tot;
}
inline void spfa()
{
for(R int i=1;i<=n;i++)dis[i]=diss[i]=2147483647666LL;
dis[1]=0;vis[1]=true;
queue<int>q;q.push(1);
while(!q.empty())
{
int u=q.front();q.pop();vis[u]=false;
for(R int i=head[u];i;i=edge[i].u)
{
if(dis[edge[i].v]>dis[u]+edge[i].w)
{
diss[edge[i].v]=dis[edge[i].v];
dis[edge[i].v]=dis[u]+edge[i].w;
if(!vis[edge[i].v])
{
vis[edge[i].v]=true;
q.push(edge[i].v);
}
}
if(dis[u]+edge[i].w>dis[edge[i].v] and diss[edge[i].v]>dis[u]+edge[i].w)
{
diss[edge[i].v]=dis[u]+edge[i].w;
if(!vis[edge[i].v])
{
vis[edge[i].v]=true;
q.push(edge[i].v);
}
}
if(diss[edge[i].v]>diss[u]+edge[i].w)
{
diss[edge[i].v]=diss[u]+edge[i].w;
if(!vis[edge[i].v])
{
vis[edge[i].v]=true;
q.push(edge[i].v);
}
}
}
}
printf("%lld",diss[n]);
}
signed main()
{
freopen("maze.in","r",stdin);
freopen("maze.out","w",stdout);
in(n),in(m);
for(R int i=1,x,y,z;i<=m;i++)
{
in(x),in(y),in(z);
add(x,y,z);add(y,x,z);
}
spfa();
fclose(stdin);
fclose(stdout);
return 0;
}