前言+总结
这次七点半开始,两个半小时四道题,最终156.xxx哭唧唧。被硕神虐到爆。scy说有一道AC自动机+dp,好了蒟蒻还没搞自动姬呢!翻了下题目,嗯第四题,看了几眼不怎么看懂又不会自动姬就先直接判死刑。
先打的第一题,画了一下发现是看斜率的,样例解释坑死。打了个O(n^2)的dp,看了范围手动测了几组数据目测能过,下一题!啊第二题应该是个三维dp,我写了下状态,感觉状态转移有点虚(莫名慌)。于是去打了暴力(贪心那种)发现样例调都不对,真的一直调调到八点半快九点了!(没有发现样例就在卡贪心= =)然后先跳过打第三题,最后只想到了乱搞搞到O(n^2),明显超时的算法,但是目前来看无论能不能A先骗分吧。滚回去调第二题暴力,发现了贪心bug,改了一下过样例后就去虚一下三维dp,样例很快过了,手动和暴力对拍了几下。时间也就剩几分钟了。就这样吧。
最后,发现,第一次存斜率的初始化!!清成0了可能是负数的啊QWQ 第二题for循环打反了反了!我不会说一开始打对了,打着打着方程觉得应该反过来还觉得幸好自己发现了有点机智的(= =简直mdzz啊) 第三题n方算法有50分也算意料之中,第一二题跪到只有一半分orzorzorz(可能应该说居然这样还有一半分)
感觉总结没什么好说总结嘛,多吃核桃弥补脑子残疾,把还没搞的算法学完。细节要多考虑!
题意+题解
第一题bzoj 1721[Usaco2006 Mar]Ski Lift 缆车支柱
解释那里的 因为9海拔较高 有误啊!应该是因为较低吧。
这个我的算法跟别人的有点不一样,O(nm)≈O(n^2)吧也。
设sp[j]表示j后面的点到j的斜率的最大值,随着dp不断更新,并不是预处理。
f[i]表示在i点建站,且搞定之前所要建的个数。
明显方程就是f[i]=min(f[i],f[j]+1);
j扫i的前m个,判断i到j的斜率是否大于i前面的点到j的最大斜率,这个时候就用到了sp[j],随便更新sp[j]。
附代码
#include<cstdio> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; typedef long long LL; #define maxn 5100 LL mymin(LL x,LL y){return (x<y)?x:y;} LL f[maxn],h[maxn];double sp[maxn]; double slop(int j1,int j2) { return 1.0*(h[j2]-h[j1])/(j2-j1); } int main() { //freopen("skilift.in","r",stdin); //freopen("skilift.out","w",stdout); int n,m,i,j; scanf("%d%d",&n,&m); for (i=1;i<=n;i++) { scanf("%I64d",&h[i]); if (i!=1) sp[i-1]=slop(i-1,i); } memset(f,63,sizeof(f)); f[1]=1; for (i=2;i<=n;i++) { for (j=1;j<=m;j++) if (i>j) { double ls=slop(i-j,i); if (ls>=sp[i-j]) { f[i]=mymin(f[i],f[i-j]+1); sp[i-j]=ls; } }else break; f[i]=mymin(f[i],f[i-1]+1); }printf("%I64d ",f[n]); return 0; }
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第二题poj 1946 Cow Cycling
三维dp,真的我觉得我的代码和做法比cgh的好多了!233
设f[i][j][k]表示用到第i只牛来当队首,j为队首剩下的体力,k为已经绕了多少圈。
枚举速度,方程就很容易写出来了。
然后要记得把换个队首的传下去。
代码里被屏蔽的那部分就是一开始打的暴力orz,能过一半点!
#include<cstdio> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<cmath> #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; int n,m,s,ans; int f[30][110][110]; int mymin(int x,int y){return (x<y)?x:y;} /*void baoli(int x,int ds,int qs,int t) { if (qs>=s) {ans=mymin(ans,t);return;} if (x==0) return; int orz=sqrt(ds); if ((s-qs)*(s-qs)<=ds) {ans=mymin(ans,t+1);return;} for (int i=orz;i>=1;i--) baoli(x,ds-i*i,qs+i,t+1); baoli(x-1,m-qs,qs,t); }*/ int main() { //freopen("cycling.in","r",stdin); //freopen("cycling.out","w",stdout); int i,j,k,ii; scanf("%d%d%d",&n,&m,&s); //ans=s;baoli(n,m,0,0); memset(f,63,sizeof(f)); f[1][m][0]=0;ans=s; for (i=1;i<=n;i++)//枚举队首用到了第几只牛 for (j=m;j>=0;j--)//队首体力剩多少 { for (ii=0;ii<=s;ii++)//已经绕了第几圈 { for (k=1;k*k<=j;k++)//枚举下一分钟的速度 f[i][j-k*k][ii+k]=mymin(f[i][j-k*k][ii+k],f[i][j][ii]+1); f[i+1][m-ii][ii]=mymin(f[i+1][m-ii][ii],f[i][j][ii]); }ans=mymin(ans,f[i][j][s]); } printf("%d ",ans); return 0; }==========================================
第三题bzoj1587[Usaco2009 Mar]Cleaning Up 打扫卫生
这道题,可以想到分n个最多花的时间就是n嘛~如果超过的话我不如一个一个来打扫呢对吧。(这个我想到了!但是后面的就不行了去问了奥爷爷和男神还是不懂啊还说不是zz!qwq)所以分n个的话这其中的颜色种类个数不能超过根号n个。
先预处理与此同色的上一个位置和后一个位置。
设pos[],pos[]记录的是扫的这段中某种颜色第一次出现的位置。num[i]为pos[i]~目前扫到的位置间不同颜色种类的个数。诶诶诶好难表达啊语文不好啊><><><具体看代码意会orz
#include<cstdio> #include<cstdlib> #include<cmath> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; #define maxn 40100 int w[maxn],a[maxn],f[maxn],nt[maxn]; int pos[maxn],num[maxn],pre[maxn]; int mymin(int x,int y){return (x<y)?x:y;} int main() { //freopen("cleanup.in","r",stdin); //freopen("cleanup.out","w",stdout); int n,m,i,j,K; scanf("%d%d",&n,&m); memset(f,63,sizeof(f)); memset(nt,63,sizeof(nt)); memset(w,-1,sizeof(w)); for (i=1;i<=n;i++) { scanf("%d",&a[i]); nt[w[a[i]]]=i; pre[i]=w[a[i]];w[a[i]]=i; }f[1]=1;K=floor(sqrt(n)); for (i=1;i<=K;i++) pos[i]=1,num[i]=1; for (i=2;i<=n;i++) { for (j=1;j<=K;j++)//枚举前面的颜色种数,不能超过K=根号n { if (pre[i]<pos[j])//看看在i位置的这种颜色的上一个位置在不在区间内 { num[j]++;//如果不在就说明这个区间内的颜色种类+1 if (num[j]>j) //超出限制的话就要删掉最前面的一种颜色 { while (nt[pos[j]]<=i) pos[j]++; pos[j]++;num[j]--; } }f[i]=mymin(f[i],f[pos[j]-1]+num[j]*num[j]); } }printf("%d ",f[n]); return 0; }
诶这个本来是昨晚打的,为了国庆!今天发!随便祝祖国生快!~(≧▽≦)/~啦啦啦~