得分：100+40+30=170，还是可以的。
1. 水灾（sliker.cpp/c/pas） 1000MS 64MB
大雨应经下了几天雨，却还是没有停的样子。土豪CCY刚从外地赚完1e元回来，知道不久除了自己别墅，其他的地方都将会被洪水淹没。
CCY所在的城市可以用一个N*M(N,M<=50)的地图表示，地图上有五种符号：“. * X D S”。其中“X”表示石头，水和人都不能从上面经过。“.”表示平原，CCY和洪水都可以经过。“*”表示洪水开始地方（可能有多个地方开始发生洪水）。“D”表示CCY的别墅。“S”表示CCY现在的位置。
CCY每分钟可以向相邻位置移动，而洪水将会在CCY移动之后把相邻的没有的土地淹没（从已淹没的土地）。
求CCY回到别墅的最少时间。如果聪哥回不了家，就很可能会被淹死，那么他就要膜拜黄金大神涨RP来呼叫直升飞机，所以输出“ORZ hzwer!!!”。
输入文件 sliker.in
输出文件 sliker.out
Input
3 3
D.*
…
.S.
Output
3
Input
3 3
D.*
…
..S
Output
ORZ hzwer!!!
Input
3 6
D…*.
.X.X..
….S.
Output
6
思路：
广搜。和其他题不同的是可以扩展的点不只有起点，还有洪水所在的点。处理好每个点的扩展状态就和一般广搜一样了。
代码：
1 #include<cstdio> 2 #include<queue> 3 using namespace std; 4 5 int n,m,Sx,Sy,Ex,Ey,cnt,To[5]={1,0,-1,0,1}; 6 struct State 7 { 8 int x,y,step; 9 }cur,nxt,F,Fnxt; 10 bool vis[66][66],Map[66][66]; 11 queue<State>q; 12 queue<State>Flow; 13 14 void bfs() 15 { 16 cur.x=Sx;cur.y=Sy;cur.step=0; 17 q.push(cur); 18 while(!q.empty()) 19 { 20 int now=q.size(); 21 while(now--) 22 { 23 cur=q.front(); 24 q.pop(); 25 int x=cur.x,y=cur.y; 26 if(!Map[x][y])continue; 27 Map[x][y]=0; 28 for(int i=0;i<4;i++) 29 { 30 int xx=x+To[i],yy=y+To[i+1]; 31 if(xx==Ex && yy==Ey) 32 { 33 printf("%d",cur.step+1); 34 return; 35 } 36 if(xx>n||xx<1||yy>m||yy<1||!Map[xx][yy])continue; 37 nxt.x=xx;nxt.y=yy;nxt.step=cur.step+1; 38 q.push(nxt); 39 } 40 } 41 int tmp=Flow.size(); 42 while(tmp--) 43 { 44 F=Flow.front(); 45 Flow.pop(); 46 for(int i=0;i<4;i++) 47 { 48 int xx=F.x+To[i],yy=F.y+To[i+1]; 49 if(xx>n||xx<1||yy>m||yy<1||!Map[xx][yy])continue; 50 Map[xx][yy]=0; 51 Fnxt.x=xx;Fnxt.y=yy; 52 Flow.push(Fnxt); 53 } 54 } 55 } 56 printf("ORZ hzwer!!!"); 57 return; 58 } 59 60 int main() 61 { 62 freopen("sliker.in","r",stdin); 63 freopen("sliker.out","w",stdout); 64 scanf("%d%d",&n,&m); 65 for(int i=1;i<=n;i++) 66 { 67 char s[66]; 68 scanf("%s",s+1); 69 for(int j=1;j<=m;j++) 70 if(s[j]=='.') 71 Map[i][j]=1; 72 else if(s[j]=='X') 73 Map[i][j]=0; 74 else if(s[j]=='*') 75 { 76 F.x=i;F.y=j; 77 Flow.push(F); 78 Map[i][j]=0; 79 } 80 else if(s[j]=='D') 81 Ex=i,Ey=j; 82 else 83 Sx=i,Sy=j,Map[i][j]=1; 84 } 85 /*for(int i=1;i<=n;i++,printf(" ")) 86 for(int j=1;j<=m;j++) 87 if(Map[i][j]) 88 printf("1 "); 89 else 90 printf("0 ");*/ 91 bfs(); 92 return 0; 93 }
2.某种数列问题 (jx.cpp/c/pas) 1000MS 256MB
众所周知，chenzeyu97有无数的妹子(阿掉！>_<)，而且他还有很多恶趣味的问题，继上次纠结于一排妹子的排法以后，今天他有非(chi)常(bao)认(cheng)真(zhe)去研究一个奇怪的问题。有一堆他的妹子站成一排，然后对于每个妹子有一个美丽度，当然美丽度越大越好，chenzeyu97妹子很多，但是质量上不容乐观，经常出现很多美丽度为负数的妹子(喜闻乐见)，chenzeyu97希望从一排妹子里找出3队连续的妹子，使她们的美丽度和最大。注意，一个妹子不能被编入多个队伍而且一定要拿出三队，不然czy会闲着没事做~。
简单滴说就是：
给定一个数列，从中找到3个无交集的连续子数列使其和最大。
【输入文件】
第一行一个数n，表示数列长度。
接下来有n行，每行一个数，第i行为第i个数。
【输出文件】
仅有一个数，表示最大和。
【样例输入】 jx.in
10
-1
2
3
-4
0
1
-6
-1
1
-2
【样例输出】 jx.out
7
【样例说明】
第一队妹子取2，3。
第二队妹子取0，1。
第三队妹子取1。
【数据范围】
请大家放心，虽然chenzeyu97妹子无数，但是这次他叫来的个数n是有限的。=v=
对于30%的数据，妹子数不大于200。
对于60%的数据，妹子数不大于2000。
对于100%的数据，妹子数1000000。
而且，由于chenzeyu97没有CCR那样的影响力，所以他的妹子选完的最大美丽度和不超过maxlongint。(注:CCR随便选就爆long long，因为他是把妹狂魔=V=)。
思路：
做的时候想的是三段最大子段和，正好是老师讲过的，然而实际并不对。
正解是DP加贪心。
代码：
正解（我的没存下来就用同学的了，思路是一样的）：
1 #include<cstdio> 2 #include<algorithm> 3 using namespace std; 4 5 int note[1000001]; 6 int dp[4][1000001][2]; 7 8 int read() 9 { 10 int f=1; 11 int num=0; 12 char c=getchar(); 13 while(c<'0'||c>'9') 14 { 15 if(c=='-')f=-1; 16 c=getchar(); 17 } 18 while(c>='0'&&c<='9') 19 { 20 num*=10; 21 num+=c-'0'; 22 c=getchar(); 23 } 24 return f*num; 25 } 26 int main() 27 { 28 freopen("jx.in","r",stdin); 29 freopen("jx.out","w",stdout); 30 int n=read(); 31 for(int i=1;i<=n;i++) 32 { 33 note[i]=read(); 34 } 35 for(int i=1;i<=n;i++) 36 { 37 for(int j=1;j<=3;j++) 38 { 39 dp[j][i][0]=max(dp[j][i-1][0],dp[j][i-1][1]); 40 /*既然当前的的不拿，最大值就和当前无关，只需要判断前一步的最大值*/ 41 dp[j][i][1]=max(dp[j][i-1][1]+note[i],max(dp[j][i][1],dp[j-1][i-1][0]+note[i])); 42 /*当前的若要拿的话 分两种情况*/ 43 /*与上一个连着 单成一个*/ 44 /*但是如果这两种情况都小于0时还不如不选*/ 45 } 46 } 47 printf("%d",max(dp[3][n][1],dp[3][n][0])); 48 return 0; 49 }
错误的40分最大子段和
1 #include<cstdio> 2 using namespace std; 3 4 int n,Num[1000005]; 5 long long Ans; 6 7 int main() 8 { 9 freopen("jx.in","r",stdin); 10 freopen("jx.out","w",stdout); 11 scanf("%d",&n); 12 for(int i=1;i<=n;i++) 13 scanf("%d",&Num[i]); 14 15 int Max=1<<31,Temp1,Temp2,Mark1=0,Mark2=0; 16 int Sum=0;bool flag=0; 17 for(int i=1;i<=n;i++) 18 { 19 Sum+=Num[i]; 20 if(Sum>Max) 21 { 22 Max=Sum; 23 if(flag) 24 continue; 25 Mark1=i; 26 flag=1; 27 } 28 if(Sum<0) 29 Sum=0,flag=0;//断开 30 } 31 32 Ans+=Max;//printf("1:%d Mark:%d ",Max,Mark1); 33 Temp1=Max; 34 Max=1<<31; 35 Sum=0;flag=0; 36 37 for(int i=1;i<=n;i++) 38 { 39 if(i==Mark1) 40 { 41 int tmp=0; 42 while(tmp<Temp1) 43 tmp+=Num[i],++i; 44 Sum=0; 45 } 46 Sum+=Num[i]; 47 if(Sum>Max) 48 { 49 Max=Sum; 50 if(flag) 51 continue; 52 Mark2=i; 53 flag=1; 54 } 55 if(Sum<0) 56 Sum=0,flag=0; 57 } 58 59 Ans+=Max;//printf("2:%d Mark:%d ",Max,Mark2); 60 Temp2=Max; 61 Max=1<<31; 62 Sum=0;flag=0; 63 64 for(int i=1;i<=n;i++) 65 { 66 if(i==Mark1) 67 { 68 int tmp=0; 69 while(tmp<Temp1) 70 tmp+=Num[i],++i; 71 } 72 if(i==Mark2) 73 { 74 int tmp=0; 75 while(tmp<Temp2) 76 tmp+=Num[i],++i; 77 } 78 Sum+=Num[i]; 79 Max= Max<Sum?Sum:Max; 80 Sum= Sum<0?0:Sum; 81 } 82 //printf("3:%d ",Max); 83 Ans+=Max; 84 printf("%lld",Ans); 85 86 return 0; 87 }
3.密码锁 1000MS 512MB
Input: password.in
Output: password.out
【题目描述】
hzwer有一把密码锁，由N个开关组成。一开始的时候，所有开关都是关上的。当且仅当开关x1,x2,x3,...xk为开，其他开关为关时，密码锁才会打开。
他可以进行M种的操作，每种操作有一个size[i]，表示，假如他选择了第i种的操作的话，他可以任意选择连续的size[i]个格子，把它们全部取反。（注意，由于黄金大神非常的神，所以操作次数可以无限>_<）
本来这是一个无关紧要的问题，但是，黄金大神不小心他的钱丢进去了，没有的钱他哪里能逃过被chenzeyu97 NTR的命运？>_< 于是，他为了虐爆czy，也为了去泡更多的妹子，决定打开这把锁。但是他那么神的人根本不屑这种”水题”。于是，他找到了你。
你的任务很简单，求出最少需要多少步才能打开密码锁，或者如果无解的话，请输出-1。
【输入格式】
第1行，三个正整数N，K，M，如题目所述。
第2行，K个正整数，表示开关x1,x2,x3..xk必须为开，保证x两两不同。
第三行，M个正整数，表示size[i]，size[]可能有重复元素。
【输出格式】
输出答案，无解输出-1。
【样例输入1】
10 8 2
1 2 3 5 6 7 8 9
3 5
【样例输出1】
2
【样例输入2】
3 2 1
1 2
3
【样例输出2】
-1
【数据规模】
对于50%的数据，1≤N≤20，1≤k≤5，1≤m≤3;
对于另外20%的数据，1≤N≤10000，1≤k≤5,1≤m≤30;
对于100%的数据，1≤N≤10000，1≤k≤10，1≤m≤100。
思路：
考试时的想法是：一半数据都很小，像A-B数对那题那样强行判断m<=3时的可行状况，实际还是有很大问题，只得了30（不过也不低了）。
正解：状态压缩+差分序列+bfs+完全图最小权最大匹配(?)
完全不会。
代码：
引用学长的（学长的blog）：
1 /* 2 对于区间取反 复杂度是O(n) 3 但是因为这题序列只有01 4 如果操作查分序列的话就快多了 5 先搞出查分序列 然后bfs求出每两个点的1相互抵消最少操作次数 6 因为最后的序列最多20个1 所以状丫dp搞一搞求出min操作次数 7 8 9 注意到题目中的是区间修改，把沿途的位置取反， 10 这个可以看做是在模2意义下，给区间的加一操作。在我们通常的思路中，对于区间的操作，原本是要修改区间长度个的位置的情况，我们都可以通过考虑它的差分序列，使得要修改的位置个数变成2个，我们要求最少的修改，使得原序列变成全0。 11 12 所以对原序列进行差分，那么每次修改就是要你对i号位置和i+size[]模2意义下的加1。 13 14 差分后的序列中，数值为1的个数是不会超过2k个，即不会超过20个。 15 16 考虑每次对i和i+x改动的过程，如果原序列中， 17 i号位置和i+x号位置都是0的话，我们这么改，没有任何必要。 18 所以任意时刻，数值为1的位置个数是不会增加的，那么我们可以把每一个的1看成一个的石子， 19 那么每次我们可以把石子往某个方向移动size[]步，如果移动之后的位置存在石子的话，就对对碰，消掉了。 20 21 因为是对对碰，石子之间的关系肯定是一个匹配的关系，我们不妨求出Dist[i][j]表示， 22 石子i要走到石子j的位置，至少需要移动多少步，那么我们可以枚举每一个石子， 23 然后进行一遍的bfs即可，这一部分的复杂度是O(2kmn)。 24 现在问题转化为有一个大小不超过20的完全图，我们想要求它的最小权最大匹配。 25 */ 26 #include<iostream> 27 #include<cstdio> 28 #include<cstring> 29 #include<queue> 30 #define maxn 10010 31 using namespace std; 32 int n,m,k,size[110],a[maxn],c[maxn],s[maxn],cnt,step[110][110]; 33 int f[maxn],dis[maxn],dp[1<<22],inf; 34 struct node 35 { 36 int x,t; 37 }; 38 queue<node>q; 39 void Bfs(int S,int o) 40 { 41 while(!q.empty())q.pop(); 42 memset(f,0,sizeof(f)); 43 memset(dis,127/3,sizeof(dis)); 44 inf=dis[0]; 45 q.push((node) 46 { 47 S,0 48 }); 49 f[S]=1; 50 dis[S]=0; 51 while(!q.empty()) 52 { 53 node p=q.front(); 54 q.pop(); 55 for(int i=1; i<=k; i++) 56 { 57 int y=p.x+size[i]; 58 if(y<=n&&f[y]==0) 59 { 60 f[y]=1; 61 dis[y]=p.t+1; 62 q.push((node) 63 { 64 y,dis[y] 65 }); 66 } 67 y=p.x-size[i]; 68 if(y>=1&&f[y]==0) 69 { 70 f[y]=1; 71 dis[y]=p.t+1; 72 q.push((node) 73 { 74 y,dis[y] 75 }); 76 } 77 } 78 } 79 for(int i=1; i<=cnt; i++) 80 if(dis[c[i]]<inf)step[o][i]=dis[c[i]]; 81 else step[o][i]=inf; 82 } 83 int main() 84 { 85 // freopen("password.in","r",stdin); 86 // freopen("password.out","w",stdout); 87 scanf("%d%d%d",&n,&m,&k); 88 for(int i=1; i<=m; i++) 89 { 90 int x; 91 scanf("%d",&x); 92 a[x]++; 93 } 94 for(int i=1; i<=k; i++) 95 scanf("%d",&size[i]); 96 n++; 97 for(int i=1; i<=n; i++) 98 s[i]=a[i]-a[i-1]; 99 for(int i=1; i<=n; i++) 100 if(s[i]) 101 c[++cnt]=i; 102 for(int i=1; i<=cnt; i++) 103 Bfs(c[i],i); 104 memset(dp,127/3,sizeof(dp)); 105 inf=dp[0]; 106 dp[0]=0; 107 for(int i=0; i<=(1<<cnt)-1; i++) 108 { 109 int j; 110 for(int k=1; k<=cnt; k++) 111 if((1<<k-1)&i) 112 { 113 j=k; 114 break; 115 } 116 for(int k=1; k<=cnt; k++) 117 if((1<<k-1)&i) 118 dp[i]=min(dp[i],dp[i^(1<<j-1)^(1<<k-1)]+step[j][k]); 119 } 120 if(dp[(1<<cnt)-1]==inf)printf("-1 "); 121 else printf("%d ",dp[(1<<cnt)-1]); 122 return 0; 123 }
30分代码
1 #include<cstdio> 2 #include<algorithm> 3 using namespace std; 4 5 int n,k,m,cnt,Ans,Last,size[110],Num[110]; 6 bool opt[50010]; 7 struct Interval 8 { 9 int fr,to; 10 }Inv[10010]; 11 12 /*void Init() 13 { 14 for(int i=1;i<=n;i++) 15 now[i]=0; 16 }*/ 17 18 /*bool Check(bool a[]) 19 { 20 for(int i=1;i<=n;i++) 21 if(a[i]!=Ans[i]) 22 return 0; 23 return 1; 24 }*/ 25 26 int main() 27 { 28 freopen("password.in","r",stdin); 29 freopen("password.out","w",stdout); 30 scanf("%d%d%d",&n,&k,&m); 31 //printf("%d %d %d ",n,k,m); 32 //Init(); 33 Inv[0].fr=Inv[0].to=-12345; 34 for(int i=1;i<=k;++i) 35 { 36 scanf("%d",&Num[i]); 37 if(Num[i]-1!=Inv[cnt].to) 38 Inv[++cnt].fr=Num[i],Inv[cnt].to=Num[i]; 39 else 40 Inv[cnt].to=Num[i]; 41 } 42 //for(int i=1;i<=cnt;++i) 43 //printf("i:%d From:%d To:%d ",i,Inv[i].fr,Inv[i].to); 44 for(int i=1;i<=m;++i) 45 { 46 scanf("%d",&size[i]); 47 opt[size[i]]=1; 48 } 49 sort(size+1,size+1+m); 50 //for(int i=1;i<=m;i++) 51 //printf("i:%d size:%d ",i,size[i]); 52 for(int i=1;i<=cnt;++i) 53 { 54 int tmp=Inv[i].to-Inv[i].fr+1; 55 bool GoOn=1; 56 if(opt[tmp]) 57 { 58 ++Ans;continue; 59 } 60 if(m>=2) 61 { 62 for(int i=1;i<=m && GoOn;++i) 63 for(int j=i;j<=m;++j) 64 if(size[i]+size[j]==tmp||size[j]-size[i]==tmp) 65 { 66 Ans+=2; 67 GoOn=0; 68 break; 69 } 70 } 71 if(GoOn && m>=3) 72 { 73 for(int i=1;i<=m && GoOn;++i) 74 for(int j=i;j<=m && GoOn;++j) 75 for(int k=j;k<=m && GoOn;++k) 76 if(size[i]+size[j]+size[k]==tmp||size[i]+size[j]+tmp==size[k]) 77 { 78 Ans+=3;//printf("%d + %d + %d=%d ! ",size[i],size[j],tmp,size[k]); 79 GoOn=0; 80 break; 81 } 82 } 83 if(Last==Ans) 84 { 85 printf("-1"); 86 return 0; 87 } 88 Last=Ans; 89 } 90 printf("%d",Ans); 91 return 0; 92 }/* 93 15 8 3 94 1 2 3 9 10 11 12 13 95 12 3 4 96 Out: 4 97 */