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题目描述
你是一个勇士，现在你准备去森林刷毛球怪，你有两个属性（血量，攻击力），毛球怪也有这两个属性。当你遭遇一只毛球怪时你们会进入战斗，然后你和毛球怪轮流攻击（你先手），每次使对方的血量减去自己攻击力的数值，当一方的血量小于等于 0 时死亡。现在你想知道在自己活着的前提下最多杀死几只毛球怪
直接暴力，但我比赛时脑抽了~~（果然一边听课一边打比赛是不可能的！！）
#include<iostream> using namespace std; int main() { int t,h,a,H,A; cin>>t; while(t--) { cin>>h>>a>>H>>A; if(A==0||H==0) cout<<-1<<endl; else if(a==0||h==0) cout<<0<<endl; else{ int l=0,m=0; if(H%a==0) l=H/a; else l=H/a+1; if(l>1) { m=h/((l-1)*A); if(h%((l-1)*A)==0) m--; cout<<m<<endl; } else cout<<-1<<endl; } } }
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题目描述
最近米咔买了n个苹果和m个香蕉，他每天可以选择吃掉一个苹果和一个香蕉（必须都吃一个，即如果其中一种水果的数量为0，则他不能进行这个操作），或者使用魔法将某一种水果的数量翻倍。
现在米咔想吃西瓜了，但是他的主人赛小息不让他买新水果，除非苹果和香蕉没有了，即数量都是0了。
现在米咔想知道，最少用多少天他可以吃光苹果和香蕉。
可以证明的是，一定存在一种方案可以让米咔在若干天后吃光苹果和香蕉。
emm。。题解很清楚。我刚开始想的是，n！=m的时候，最后都会吃到 某种水果剩余1 另一种为x的情况。但显然不是很好的策略。为了让天数最少，那么最可能的就是
是两者最为接近；就是题解上写的，让x=min（m，n）不断乘2与y=max（n,m）接近。导致x>y/2&&x<=y;此时，令t=y-x,则(x大于t,因为x>y/2,所以x一定大于t)x减小到t，此时y=2*t。差不多是倍增思想
#include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; bool check(int x) { int ans=0; while(x) { x>>=1; if(x%2) return 0; ans++; } return ans; } int main() { int t,n,m; cin>>t; while(t--) { cin>>n>>m; if(n<m) swap(n,m); int k=0; if(n==m) {cout<<n<<endl;continue;} while(2*m<n) m=m*2,k++; int t=n-m; k+=m+t+1; cout<<k<<endl; }
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题目描述
众所周知，高考数学中有一个题目是给出12个单项选择，每一个选择的答案是 A，B，C，D 中的一个。
网上盛传答案存在某种规律，使得蒙对的可能性大大增加。于是今年老师想让你安排这12个题的答案。但是他有一些条件，首先四个选项的数量必须分别为 na，nb，nc，nd。其次有 m 个额外条件，分别给出两个数字 x，y，代表第 x 个题和第 y 个题的答案相同。 现在你的老师想知道，有多少种可行的方案安排答案。这题一看到就想的是dp[i][a][b][c]，到第i题时，a，b，c还剩多少。后面就没思路了~~~~~~(>_<)~~~~（我就是个菜鸟），who know？题解给了个dfs连通块，长见识了~~表示我需要考虑一会儿^^，emm..这道题真邪门了~~我按照dfs联通块的写法，跟ac代码比对，非得说我的代码超内存！！！气得我准备换种写法
思路是，直接dfs即可，相当于枚举每一种方法，数据较小，直接枚举。或者
建立一个num数组，记录不同的连通块（每个连通块里面放的是答案相同的题），num【i】代表与i题答案相同的题数，tot记录不同的连通块个数；
之后两种方法：1、dfs 2、dp
所以只是因为我函数返回值为int,~~~表示不能理解
#include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; #define maxn 10000 int num[maxn],m,head[maxn],val[maxn],ans=0,tot=0,cnt,na,nb,nc,nd; struct edge{ int nx,to; }edge[maxn]; void add(int u,int v) { edge[++cnt].nx=head[u]; edge[cnt].to=v; head[u]=cnt; } void dfs1(int u) { num[tot]++;val[u]=1; for(int i=head[u];i;i=edge[i].nx) { int v=edge[i].to; if(!val[v]) dfs1(v); } } void dfs(int x,int a,int b,int c,int d) { if(x == tot + 1) { ans++;return; } if( a>=num[x]) dfs(x+ 1,a - num[x],b,c,d); if(b>=num[x]) dfs(x+ 1,a,b - num[x],c,d); if( c>=num[x]) dfs(x + 1,a,b,c - num[x],d); if( d>=num[x]) dfs(x + 1,a,b,c,d - num[x]); } int main() { cin>>na>>nb>>nc>>nd>>m; for(int i=1;i<=m;i++) { int x,y; cin>>x>>y; add(x,y),add(y,x); } for(int i=1;i<=12;i++) { if(!val[i]) { ++tot;dfs1(i); } } dfs(1,na,nb,nc,nd); cout<<ans; return 0; }
题目描述
给定一个有向带权图，其中包括 n个城市，城市编号从1 到n，有向边的编号从 1 到 m，现在有一个人位于城市 1，并且想要到城市n旅游。现在政府正在决定将一条道路反向，这个人想知道在某一指定道路反向的情况到达城市n最短路径长度会不会变短。
保证开始给定的图从城市1可以到达城市n，若边反向后城市1不能到达城市n，我们视为最短路径长度没有变短。
想的时候，最短路，跑一遍Dijkstra。想的是用一个数组记录所经历的边，如果询问时有这条边，那么输出no，因为该路已经是最短。但是如果没经历过，并且原来是反向边，就没办法了！！！一般想的有1、建立反向图 2、建立无向图 ；鉴于本人就是个萌新，卡住了！！；
看了题解发现，真的是建立个反向图（当时卡的是，建立反向图的话不一定能够到达终点。但本题反向图不必非要到达终点，只需要在反向图中，知道从终点到某点的最短距离，即可。）题解写的很清楚了！！我写一遍，加深理解^^~~
正向跑一遍记录在dis【】；
反向跑一遍记录在dis1【】；
假设反向u->v的边，则为1->v->u->n，即值变为dis【v】+dis1【u】+w（u，v），将值与dis[u]进行比较；
代码重复部分有点多~~
#include<iostream> #include<algorithm> #include<queue> #include<cstring> using namespace std; #define maxn 500000 long long n,cnt,head[maxn],cnt1,head1[maxn],m,dis[maxn],dis1[maxn]; struct node{ long long u,dis; bool operator<(const node&rhs)const{ return dis>rhs.dis;} }; struct edge{ long long nx,to; long long w; long long num; }edge[maxn]; struct edge1{ long long nx,to; long long w; long long num; }edge1[maxn]; struct e{ long long u,v,w; }e[maxn]; void add(long long u,long long v,long long w,long long i) { edge[++cnt].nx=head[u]; edge[cnt].to=v; edge[cnt].w=w; edge[cnt].num=i; head[u]=cnt; } void add1(long long u,long long v,long long w,long long i) { edge1[++cnt1].nx=head1[u]; edge1[cnt1].to=v; edge1[cnt1].w=w; edge1[cnt1].num=i; head1[u]=cnt1; } void bfs(long long s) { priority_queue<node> Q; Q.push((node){s,0}); dis[s]=0; while(!Q.empty()) { node f=Q.top(); Q.pop(); long long u=f.u,d=f.dis; if(d>dis[u]) continue; for(long long i=head[u];i;i=edge[i].nx) { long long v=edge[i].to,w=edge[i].w; if(dis[v]>dis[u]+w){ dis[v]=dis[u]+w; Q.push((node){v,dis[v]}); } } } } void bfs1(long long s) { priority_queue<node> Q; Q.push((node){s,0}); dis1[s]=0; while(!Q.empty()) { node f=Q.top(); Q.pop(); long long u=f.u,d=f.dis; if(d>dis1[u]) continue; for(long long i=head1[u];i;i=edge1[i].nx) { long long v=edge1[i].to,w=edge1[i].w; if(dis1[v]>dis1[u]+w){ dis1[v]=dis1[u]+w; Q.push((node){v,dis1[v]}); } } } } int main() { cin>>n>>m; memset(dis,0x3f,sizeof(dis)); memset(dis1,0x3f,sizeof(dis1)); for(long long i=1;i<=m;i++) { long long u,v,c; cin>>u>>v>>c; e[i].u=u,e[i].v=v,e[i].w=c; add(u,v,c,i);add1(v,u,c,i); } bfs(1); bfs1(n); int q=0; cin>>q; while(q--) { long long x; cin>>x; long long val=(long long)(dis[e[x].v]+dis1[e[x].u]+e[x].w); if(val<(long long)dis[n]) cout<<"YES"<<endl; else cout<<"NO"<<endl; } }
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题目描述
给定一个字符串，要求取出k个位置不相交的子串，且他们之间任意两个的最长公共前缀的长度均不小于x。现在给出k，求最大的x。
两个字符串str1，str2的公共前缀为x指str1和str2的长度均不小于x且这两个字符串的前x个字符对应相同。最长公共前缀即所有的公共前缀里最长的那个，如没有公共前缀则视为最长公共前缀长度为0。
最长公共前缀，lcp。二分+hash。二分最长前缀的长度。左边界=0，右边界为子字符串最长strlen（s）/k。还有就是需要知道长度为x时的方法数；
用dp来做，dp【i】为到达i时的方法数，dp【i】=dp【j】+1（j>=i+x&&hash[i]=hash[j]），暴力枚举，显然超时；
则用unordered_map<hash,dp>。题解很详细，长见识了，对于map的用法！！看代码！！
#include<iostream> #include<algorithm> #include <unordered_map> #include<cstring> #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define p 127 #define ll long long #define maxn 300000 unsigned long long Hash[500000],pow1[maxn]; ll dp[500000]; char s[maxn]; ll n,k; #define re register #define il inline il long long read() { re ll x=0,f=1;char c=getchar(); while(c<'0'||c>'9'){ if(c=='-') f=-1;c=getchar(); } while(c>='0'&&c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar(); return x*f; } unsigned long long hash1(ll i,ll mid)//hash初始化 { return Hash[i+mid-1]-Hash[i-1]*pow1[mid]; } bool check(ll mid) { long long num=0; dp[0]=0; unordered_map<unsigned long long,ll> MAP; for(ll i=n-mid+1;i>0;i--)//倒序枚举，也可以用正序，hash就需要倒序了~~ { MAP[hash1(i+mid,mid)]=dp[i+mid];//可以手动模拟一下。MAP<hash，dp>，对于从i开始串长为mid的哈希值，赋值给dp【i+mid】, dp[i]=MAP[hash1(i,mid)]+1;//当前dp【i】为hash中与该子串值相同+1，感觉解释的有点错误~~手动模拟吧，应该就会了 num=max(num,dp[i]); } if(num<k) return false; else return true; } int main() { n=read(),k=read(); cin>>s+1; for(ll i=1;i<=n;i++) Hash[i]=Hash[i-1]*p+s[i]-'a'; ll l=0,r=n/k+1,ans=0; pow1[0]=1; for(ll i=1;i<=n;i++) pow1[i]=pow1[i-1]*p;//初始化pow1数组 while(l<=r) { ll mid=(l+r+1)>>1;//扩大一点搜索范围，保险~~ if(check(mid)) ans=max(ans,mid), l=mid+1; else r=mid-1; } cout<<ans; return 0; }
题目描述
给定一个由n个点和n-1条边组成的无向连通图（即一棵树），每一条边都有一个权值代表走过它所需要的时间花费，每个点上面有初始有一个苹果，每个苹果有一个成熟度。
由于苹果不熟或者熟的太透了都不会好吃，所以现在米咔想摘一个成熟度在范围[x,y]的苹果来做苹果派。现在需要你来执行m条操作。
1 u x：在某一个点u新出现了一个成熟度为x的苹果。（1≤u≤n,1≤x≤10000）
2 u x y：询问米咔从某一个点u出发，去摘一个成熟度在[x，y]范围内的苹果并回到u的最小时间花费。（1≤u≤n,1≤x≤y≤10000）
树上操作，线段树或者树剖+线段树。主要是看到修改+查询，反射性想到前两种方法。不过也可能是别的；