比较水的一场比赛,却不能 AK
T1
有 (n) 次,每次给 (A_i,B_i) 问以 (i) 结尾的 (A,B) 的匹配中最大和的最小值
问最大和的最小值,却不用二分。
如果暴力排序,显然会超时
但是 (A_i,B_ile 100) ,一个桶解决的事!
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=100005,M=105;
int n,x[N],y[N],tx[M],ty[M],p[M],q[M],l,r,ans;
int main() {
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) {
scanf("%d%d",&x[i],&y[i]);
tx[x[i]]++,ty[y[i]]++;
for(int i=1;i<=100;i++)
p[i]=tx[i],q[i]=ty[i];
l=1,r=100,ans=0;
while(1) {
while(!p[l] && l<=100)++l;
while(!q[r] && r)--r;
if(l>100 || !r)break;
ans=max(ans,l+r);
if(p[l]>q[r])p[l]-=q[r],q[r]=0;
else q[r]-=p[l],p[l]=0;
}
printf("%d
",ans);
}
}
T2
从 1 到 (n) 依次经过 (n) 个点,每个点有 (t_i,x_i),有一个初始能力是 (w) 的钻头
设当前钻头能力是 (p)
若 (t_i=1) 可选择开采,获得 (x_icdot p) 的价值,损耗 (k\%),即 (p=p*(1-0.01k))
若 (t_i=2) 可选择修复,支付 (x_icdot p) 的价值,修复 (c\%),即 (p=p*(1+0.01c))
问最大价值。
显然的 dp
若正来,会发现算法的瓶颈是钻头能力,考虑舍去这一维
因为舍去了,正来会有后效性,于是果断反过来。
可以发现当前钻头对后面的影响无非就是乘上一个值,
可以把初始能力变为 1 ,最后乘上 (w)
设 (f_i) 为经过 ([i,n]) 的最大价值,转移不难,如果 (t_i=1),
那么 ([i+1,n]) 的初始钻头能力就是 (f_{i+1}*(1-0.01k))
则 (f_i=max{f_{i+1},f_{i+1}*(1-0.01k)+x_i})
(t_i=2) 同理
好像 (f) 可以压掉,于是一个变量就搞定了
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef double db;
const int N=100005;
int n,K,C,W,x[N];
db ans,y[N];
int main() {
freopen("exploit.in","r",stdin);
freopen("exploit.out","w",stdout);
scanf("%d%d%d%d",&n,&K,&C,&W);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%lf",&x[i],&y[i]);
for(int i=n;i;i--) {
if(x[i]==1)ans=max(ans,ans*(1-0.01*K)+y[i]);
else ans=max(ans,ans*(1+0.01*C)-y[i]);
}
printf("%.2lf",ans*W);
}
T3
给一个 (n imes m) 的地图,图中有一些怪兽,
其对其他格点产生的威胁是两点的曼哈顿距离
问从起点到终点的最优路径,使得路径中最小威胁值最大
一个 bfs 求出威胁,然后一个 spfa ,没了
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=505,dx[5]={1,-1,0,0},dy[5]={0,0,1,-1};
int n,m,sx,sy,ex,ey,vis[N][N],dag[N][N],dis[N][N];
char mp[N][N];
struct po {
int x,y; po() { }
po(int _x,int _y):
x(_x),y(_y) { }
}u;
queue<po>q;
int main() {
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++) {
scanf("%s",mp[i]+1);
for(int j=1;j<=m;j++) {
dag[i][j]=2500000;
if(mp[i][j]=='V')sx=i,sy=j;
if(mp[i][j]=='J')ex=i,ey=j;
if(mp[i][j]=='+')q.push(po(i,j)),dag[i][j]=0;
}
}
while(!q.empty()) {
u=q.front(),q.pop();
for(int i=0,xx,yy;i<4;i++) {
xx=u.x+dx[i],yy=u.y+dy[i];
if(xx<1||xx>n||yy<1||yy>m)continue;
if(dag[u.x][u.y]+1<dag[xx][yy]) {
dag[xx][yy]=dag[u.x][u.y]+1;
q.push(po(xx,yy));
}
}
}
dis[sx][sy]=dag[sx][sy];
vis[sx][sy]=1;
q.push(po(sx,sy));
while(!q.empty()) {
u=q.front(),q.pop();
vis[u.x][u.y]=0;
for(int i=0,xx,yy;i<4;i++) {
xx=u.x+dx[i],yy=u.y+dy[i];
if(xx<1||xx>n||yy<1||yy>m)continue;
if(min(dis[u.x][u.y],dag[xx][yy])>dis[xx][yy]) {
dis[xx][yy]=min(dis[u.x][u.y],dag[xx][yy]);
if(!vis[xx][yy])q.push(po(xx,yy)),vis[xx][yy]=1;
}
}
}
printf("%d",dis[ex][ey]);
}
总结
- 学会反着来 & 思路转换