补题进度 7/11
J 夺宝奇兵
范围较小，直接枚举靠多少票赢即可，不够的票从小到大买
#include<bits/stdc++.h> #define ll long long const int maxn = 1005; using namespace std; struct node { ll id,val; int pos; }p[maxn],P[maxn]; bool vis[maxn]; bool cmp(node u,node v) { return u.val<v.val; } bool cmp2(node u,node v) { if(u.id==v.id) return u.val>v.val; return u.id<v.id; } int main() { int n,m; cin>>n>>m; for(int i=1; i<=m; i++) { cin>>p[i].val>>p[i].id; p[i].pos=i; P[i]=p[i]; } ll ans=1e18; sort(P+1,P+1+m,cmp); sort(p+1,p+1+m,cmp2); for(int i=1; i<=m; i++) { memset(vis,0,sizeof(vis)); int have=0;//当前有的票 int need=i;//赢需要多少票 int x=0; ll val=0; for(int j=1; j<=m; j++) { if(p[j].id!=p[j-1].id) x=1; else x++; if(x>need) //别人票数大于你赢时需要的票数 { have++; val+=p[j].val; vis[p[j].pos]=1; } } if(have<=need) { for(int j=1; j<=m; j++) { if(!vis[P[j].pos]) { vis[P[j].pos]=1; have++; val+=P[j].val; if(have>need) break; } } } if(have>need) ans=min(ans,val); // cout<<i<<" "<<ans<<endl; } cout<<ans<<endl; }
F 爬爬爬山
我们很容易知道，当其他山大于第一座山+体力值时，此个山是到达不到的。所以我们在遇到这种情况的时候，我们直接把需要把减掉的花费建到边权就ok了，然后跑dij
#include<bits/stdc++.h> #define FIN freopen("input.txt","r",stdin) #define ll long long #define mod 998244353 const int maxn = 100005; using namespace std; int h[maxn],Next[maxn*20],head[maxn],To[maxn*20]; ll len[maxn*20],dis[maxn]; bool vis[maxn]; int cnt,n; inline void add(int u,int v,ll w) { Next[++cnt]=head[u]; head[u]=cnt; To[cnt]=v; len[cnt]=w; } void dij() { for(int i=1;i<=n;i++) dis[i]=2e18; dis[1]=0; priority_queue<pair<ll,int> ,vector<pair<ll,int> > , greater< pair<ll,int> > >q; q.push(make_pair(0,1)); while(!q.empty()) { pair<ll,int> tmp=q.top(); q.pop(); int u=tmp.second; if(vis[u]) continue; vis[u]=1; for(int i=head[u];i!=-1;i=Next[i]) { int v=To[i]; ll d=len[i]; // cout<<v<<" "<<len[i]<<endl; if(dis[v]>dis[u]+d) { dis[v]=dis[u]+d; q.push(make_pair(dis[v],v)); } } } } int main() { #ifndef ONLINE_JUDGE FIN; #endif memset(head,-1,sizeof(head)); int m; ll k; cin>>n>>m>>k; for(int i=1;i<=n;i++) { cin>>h[i]; } for(int i=1;i<=m;i++) { int u,v; ll w; cin>>u>>v>>w; add(u,v,w+max(0LL,(h[v]-h[1]-k))*max(0LL,(h[v]-h[1]-k))); add(v,u,w+max(0LL,(h[u]-h[1]-k))*max(0LL,(h[u]-h[1]-k))); } dij(); cout<<dis[n]<<endl; }
B 吃豆豆
数据是10*10的二维矩阵，数据特别小，我们直接对于每秒直接算暴力算此秒的值就好了
#include<bits/stdc++.h> #define FIN freopen("input.txt","r",stdin) #define ll long long #define mod 998244353 const int maxn = 100005; using namespace std; ll dp[11][11][20000]; int dir[5][2]={1,0,-1,0,0,-1,0,1,0,0}; bool vis[11][11][20000]; int T[11][11]; int main() { #ifndef ONLINE_JUDGE FIN; #endif int n,m,c; cin>>n>>m>>c; for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) cin>>T[i][j]; int xs,ys,xt,yt; cin>>xs>>ys>>xt>>yt; vis[xs][ys][0]=1; for(int k=1;;k++) { for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) { if(!vis[i][j][k-1]) continue; for(int p=0;p<5;p++) { int x=i+dir[p][0]; int y=j+dir[p][1]; if(x<1||x>n||y<1||y>m) continue; vis[x][y][k]=1; if(k%T[x][y]==0) dp[x][y][k]=max(dp[x][y][k],dp[i][j][k-1]+1); else dp[x][y][k]=max(dp[x][y][k],dp[i][j][k-1]); if(x==xt&&y==yt&&dp[x][y][k]>=c) { cout<<k<<endl; return 0; } } } } }
C 拆拆拆数
直接拆成两个数（待证）
#include<bits/stdc++.h> #define FIN freopen("input.txt","r",stdin) #define ll long long #define mod 998244353 const int maxn = 3000005; using namespace std; ll prime[1005]; bool isprime[1005]; int main() { #ifdef ONLINE_JUDGE #else FIN; #endif int n,cnt=0; cin>>n; for(int i=2;i<=1000;i++) { if(isprime[i]==0) { prime[++cnt]=i; for(int j=1;j*i<=1000;j++) { isprime[i*j]=1; } } } while(n--) { ll a,b; cin>>a>>b; if(__gcd(a,b)==1) cout<<1<<" "<<a<<" "<<b<<" "; else { for(int i=1;i<=cnt;i++) { if(__gcd(a-prime[i],prime[i])==1&&(__gcd(prime[i],b-prime[i])==1)) { cout<<2<<" "; cout<<a-prime[i]<<" "<<prime[i]<<" "; cout<<prime[i]<<" "<<b-prime[i]<<" "; break; } } } } }
I 起起落落
题目是求 p[2k−1]>p[2k+1]>p[2k]的子序列有多少个。 我们定义dp[i] 表示前i个有多少个满足要求的子序列。
思路：dp[i]的值 可以由dp[1~i-2]得到 我们定义k代表可以使用的中间点
当a[1~i-2]>a[i]时我们可以直接算贡献 为(dp[]+1)*k 当a[2~i-2]<a[i]时我们都能讲此点作为中间点 k++；
#include<bits/stdc++.h> #define FIN freopen("input.txt","r",stdin) #define ll long long #define mod 1000000007 const int maxn = 2000+5; using namespace std; ll dp[maxn]; int a[maxn]; int main() { #ifndef ONLINE_JUDGE FIN; #endif int n; cin>>n; for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i]; int ans=0; for(int i=3;i<=n;i++) //枚举右端点 { int k=a[i]>a[i-1]; for(int j=i-2;j>=1;j--) { if(a[j]>a[i]) dp[i]=(dp[i]+(dp[j]+1)*k)%mod; else if(a[j]<a[i]) k++; } ans=(ans+dp[i])%mod; } cout<<ans<<endl; }
A 机器人
分类讨论即可 我们会发现我们最多传送两次即可走到所有点
最后可以分为两类：1.都在a区 答案直接为s点到最左点的特殊点和s到最右的特殊点的两倍
2.b区有 答案为1类答案再加上 2*k
要注意的是 a区 起点可作为转向点
详细可以参考如下博客：https://blog.csdn.net/CaprYang/article/details/86655459
代码同上~
E 流流流动
树形dp 按题意写即可~
#include<bits/stdc++.h> #define FIN freopen("input.txt","r",stdin) #define ll long long #define mod 1000000007 const int maxn = 300+5; using namespace std; int head[maxn],To[maxn*20],Next[maxn*20]; int f[maxn],d[maxn],dp[maxn][2],cnt; bool vis[maxn]; inline void add(int u,int v) { Next[++cnt]=head[u]; head[u]=cnt; To[cnt]=v; } void dfs(int u,int fa) { vis[u]=1; dp[u][0]=0; dp[u][1]=f[u]; for(int i=head[u];i!=-1;i=Next[i]) { int v=To[i]; if(v==fa) continue; dfs(v,u); dp[u][0]+=max(dp[v][1],dp[v][0]); dp[u][1]+=max(dp[v][0],dp[v][1]-d[min(u,v)]); } } int main() { #ifndef ONLINE_JUDGE FIN; #endif memset(head,-1,sizeof(head)); int n; cin>>n; for(int i=1;i<=n;i++) cin>>f[i]; for(int i=1;i<=n;i++) cin>>d[i]; for(int i=2;i<=n;i++) { if(i&1) { add(i,3*i+1);add(3*i+1,i); } else { add(i,i/2);add(i/2,i); } } int ans=0; for(int i=1;i<=n;i++) { if(!vis[i]) { dfs(i,0); ans+=max(dp[i][0],dp[i][1]); } } cout<<ans<<" "; }
K 星球大战
unsolved
H 我爱割葱
unsolved
代更