题目描述
输入
第一行是5个正整数，n，m，k，S，T，分别代表无向图点数，边数，蝙蝠的数量，二小姐所在起点的编号，目标点的编号。
第二行是k个正整数，分别代表大小姐每个蝙蝠所在的起点的编号。接下来有m行，每行有4个正整数，u，v，q，p，分别是该边的起点、终点，蝙蝠通过该
路花费的代价，二小姐通过该路花费的代价。
输出
一行，一个整数，所有人物达到终点所需要的代价的和的最小值。
样例输入
5 5 2 3 4 1 5 1 2 3 5 3 2 3 5 2 4 4 9 3 4 9 6 5 4 1 1
样例输出
13
提示
1号蝙蝠从1到2，花费3
二小姐从3到2，花费5，遇见蝙蝠，之后不计算费用1号蝙蝠从2到4，花费4
2号蝙蝠从5到4，花费1
总计13
其中30%：n<=200。另有20%:保证S=T。
另有20%：保证k<=5，n<=1000,m<=10000。100%：n<=10000，m<=100000，k<=10000，1<=S、T、u、v<=n，1<=p、q<=1000，不保证
蝙蝠起点互不相等，数据中可能有重边和自环，保证所有点均能走到T点（即不存在无解情况）。
题解：
很容易想到枚举每一个个点作为蝙蝠和二小姐的交点
但是时间内存不允许，于是我们优化，我们可以虚拟一个S' S'到每一个蝙蝠的起点有一条，长度为 -dist ki-T
然后答案就是sum(F[ki][T])+min(F[s'][i]+F[S][i]+F[i][T])
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm> 5 using namespace std; 6 const int N=10005,M=100005,INF=1999999999,MOD=100050; 7 int head[N],num=0; 8 struct Lin{ 9 int next,to,dis[2]; 10 }a[M<<1]; 11 void init(int x,int y,int z1,int z2){ 12 a[++num].next=head[x];a[num].to=y;a[num].dis[0]=z1;a[num].dis[1]=z2;head[x]=num; 13 if(!x)return ;a[++num].next=head[y];a[num].to=x;a[num].dis[0]=z1;a[num].dis[1]=z2;head[y]=num; 14 } 15 int gi(){ 16 int str=0;char ch=getchar(); 17 while(ch>'9' || ch<'0')ch=getchar(); 18 while(ch>='0' && ch<='9')str=str*10+ch-48,ch=getchar(); 19 return str; 20 } 21 int n,m,k,S,T;int f[5][N],q[N*10],s[N];bool vis[N]; 22 void spfa(int sta,bool tt) 23 { 24 for(int i=1;i<=n;i++)vis[i]=false,f[sta][i]=INF; 25 int t=0,sum=1,x,u; 26 int from=0; 27 if(sta==1)from=S;if(sta==2)from=T;if(sta==3)from=0; 28 q[1]=from;vis[from]=true;f[sta][from]=0; 29 while(t!=sum) 30 { 31 t++;t%=MOD; 32 x=q[t]; 33 for(int i=head[x];i;i=a[i].next) 34 { 35 u=a[i].to; 36 if(a[i].dis[tt]+f[sta][x]<f[sta][u]) 37 { 38 f[sta][u]=f[sta][x]+a[i].dis[tt]; 39 if(!vis[u])vis[u]=true,sum++,sum%=MOD,q[sum]=u; 40 } 41 } 42 vis[x]=false; 43 } 44 } 45 int main() 46 { 47 n=gi();m=gi();k=gi();S=gi();T=gi(); 48 for(int i=1;i<=k;i++)s[i]=gi(); 49 int x,y,z1,z2; 50 for(int i=1;i<=m;i++) 51 { 52 x=gi();y=gi();z1=gi();z2=gi(); 53 if(x==y)continue; 54 init(x,y,z1,z2); 55 } 56 spfa(1,1);spfa(2,0); 57 long long sum=0; 58 for(int i=1;i<=k;i++)init(0,s[i],-f[2][s[i]],0),sum+=f[2][s[i]]; 59 spfa(3,0); 60 long long ans=INF,tmp; 61 long long pp=0; 62 for(int i=1;i<=n;i++) 63 { 64 tmp=f[1][i]+f[3][i]+f[2][i]; 65 if(tmp<ans)ans=tmp,pp=i; 66 } 67 printf("%lld",ans+sum); 68 return 0; 69 }
题目描述
输入
第一行是一个正整数n,表示上式中的p的个数。
接下来有n行,每一行两个正整数pi 和ei 。
输出
样例输入
2 2 2 3 2
样例输出
2 2 3 1
提示
样例解释
N=2*2*3*3=36
phi(N）=36*(1-1/2)*(1-1/3)=12 12=2*2*3
样例输入二
4
37 1
3 4
37 1
333667 2
样例输出二
2 4
3 8
37 2
167 1 333667 1
题解：
水的数论，分解每一个pi-1即可
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm> 5 #include<cmath> 6 using namespace std; 7 typedef long long ll; 8 const int N=500002,M=1000000,T=1000055; 9 int gi(){ 10 int str=0;char ch=getchar(); 11 while(ch>'9' || ch<'0')ch=getchar(); 12 while(ch>='0' && ch<='9')str=str*10+ch-'0',ch=getchar(); 13 return str; 14 } 15 bool d[M];int mark[T];bool cf[T]; 16 ll qm(ll x,int k) 17 { 18 if(x==0)return 0; 19 if(k==0)return 1; 20 ll sum=1; 21 while(k) 22 { 23 if(k&1)sum*=x; 24 k>>=1;x*=x; 25 } 26 return sum; 27 } 28 int a[T],num=0;int z[N],t=0; 29 void qd(int p) 30 { 31 int lim;int c; 32 num=0; 33 for(int i=1;i<=t;i++){if(p%z[i]==0)a[++num]=z[i];} 34 for(int i=1;i<=num;i++) 35 { 36 int k=0,tmp=p; 37 while(tmp) 38 { 39 if(tmp%a[i])break; 40 k++;tmp/=a[i]; 41 } 42 mark[a[i]]+=k; 43 } 44 } 45 int main() 46 { 47 //freopen("pp.in","r",stdin); 48 int n,x,y; 49 scanf("%d",&n); 50 memset(mark,0,sizeof(mark)); 51 for(int i=1;i<=n;i++) 52 { 53 x=gi();y=gi(); 54 mark[x]+=y; 55 cf[x]=true; 56 } 57 int m=1e6; 58 d[2]=false; 59 for(int i=2;i<=m;i++) 60 { 61 if(d[i])continue; 62 z[++t]=i; 63 for(int j=2*i;j<=m;j+=i)d[j]=true; 64 } 65 int to=1e6; 66 for(int i=1;i<=to;i++) 67 { 68 if(cf[i]) 69 qd(i-1),mark[i]--; 70 } 71 for(int i=1;i<=to;i++) 72 { 73 if(mark[i])printf("%d %d ",i,mark[i]); 74 } 75 return 0; 76 }
题目描述
输入
第一行一个正整数n，代表积木的个数。 接下来有n行，每行两个数li，ri，分别代表第i块积木左端点和右端点。
输出
输出一行两个整数，用一个空格隔开，分别代表最底层最多有多少积木和积木最少有多 少层。
样例输入
6 1 2 2 3 4 5 5 6 1 4 3 6
样例输出
4 2
提示
第 1、2、3、4 块放在最底层，第 5 块第二层，第 6块第三层。此时底层共 4块积木。
第 1、2、6块放在最底层，第 3、4、5块第二层。此时高度为 2。
30%：n<=10,0<=l,r<=20
另 20%: n<=100,0<=l<=50,r=l+2,即每块积木长均为 2
100%：n<=100000,-2*10^8<=l,r<=2*10^8
另 20%: n<=100,0<=l<=50,r=l+2,即每块积木长均为 2
100%：n<=100000,-2*10^8<=l,r<=2*10^8
题解：
贪心，第一问线段覆盖，按右端点排序，然后以此判断 l>=last 满足就加入
第二问将每一条线段拆成两个点 再将每个点排序，线性扫描一边，遇l h++遇r h-- 意为能塞入底层就塞入
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm> 5 using namespace std; 6 const int N=100005; 7 int gi(){ 8 int str=0,f=1;char ch=getchar(); 9 while(ch>'9' || ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();} 10 while(ch>='0' && ch<='9')str=str*10+ch-48,ch=getchar(); 11 return str*f; 12 } 13 struct Point{ 14 int l,r; 15 }a[N]; 16 bool comp(const Point &p,const Point &q){return p.r<q.r;} 17 struct Pointed{ 18 int x;bool t; 19 }p[N<<1]; 20 bool cmp(const Pointed &p,const Pointed &q){if(p.x!=q.x)return p.x<q.x;return p.t>q.t;} 21 int main() 22 { 23 int n=gi(); 24 for(int i=1;i<=n;i++) 25 { 26 a[i].l=gi();a[i].r=gi(); 27 p[(i<<1)-1].x=a[i].l;p[(i<<1)-1].t=0; 28 p[i<<1].x=a[i].r;p[i<<1].t=1; 29 } 30 sort(a+1,a+n+1,comp); 31 int from=-2e9,ans1=0; 32 for(int i=1;i<=n;i++) 33 { 34 if(a[i].l>=from) 35 { 36 ans1++; 37 from=a[i].r; 38 } 39 } 40 printf("%d ",ans1); 41 sort(p+1,p+(n<<1)+1,cmp); 42 int top=0,ans2=0,ppap=(n<<1); 43 for(int i=1;i<=ppap;i++) 44 { 45 if(!p[i].t)top++; 46 else top--; 47 if(top>ans2)ans2=top; 48 } 49 printf("%d",ans2); 50 return 0; 51 }
题目描述
擦弹(graze)
输入
第一行是1个正整数n，代表道路长度。
接下来有4n-4行，每行n个整数，第i行第j个数代表在i时刻（开始为0时刻）在第j格内受到的伤害。
输出
两个整数，用空格隔开，分别代表最小的miss数，和在miss数最小的情况下最大的graze 数。
样例输入
2 1 2 2 2 3 2 4 2
样例输出
30 10
提示
只有一种走法。
第一回合：第一格3分身，第二格1分身，miss5，graze1。
第二回合：第一格2分身，第二格2分身，miss8，graze2。
第三回合：第一格1分身，第二格3分身，miss9，graze3。
第四回合：第一格0分身，第二格4分身，miss8，graze4。
其中30%数据:n<=3其中50%数据:n<=10其中70%数据:n<=30
100%数据:n<=100,每时刻每格中弹幕数均为正数且小于 1000
题解：
简单的高维dp 注意高维常数 F[i][j][k][g]表示i时刻，第一个分身走的步数为j，第二个为k，第三个为g，第四个为l-i-j-k的最小miss值
然后以miss为最高优先级，每一次miss更新 graze就更新，miss相等则取较大者
第一维明显可以滚动掉 注意边界条件
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm> 5 #include<cmath> 6 using namespace std; 7 const int N=105,M=455; 8 int F[2][N][N][N],p[2][N][N][N];int a[N]; 9 int gi(){ 10 int str=0;char ch=getchar(); 11 while(ch>'9' || ch<'0')ch=getchar(); 12 while(ch>='0' && ch<='9')str=str*10+ch-48,ch=getchar(); 13 return str; 14 } 15 int main() 16 { 17 int n; 18 scanf("%d",&n); 19 int m=4*n-4; 20 int tmp=0,l=0,pc=0; 21 memset(F,127/3,sizeof(F)); 22 F[0][0][0][0]=0; 23 int c=0,cc=1; 24 for(int i=1;i<=m;i++) 25 { 26 for(int j=1;j<=n;j++) 27 { 28 a[j]=gi(); 29 } 30 for(int j=0;j<n;j++) 31 { 32 if(j>i)break; 33 for(int k=j;k<n;k++) 34 { 35 if(k+j>i)break; 36 pc=k>i-j-k-n?k:i-j-k-n; 37 for(int g=pc;g<n;g++) 38 { 39 if(g+j+k>i)break; 40 l=i-j-k-g; 41 if(l<g-33)break; 42 int *pp=&F[cc][j][k][g]; 43 int *qq=&p[cc][j][k][g]; 44 *pp=2e8; 45 *qq=0; 46 tmp=a[j+1]+a[k+1]+a[g+1]+a[l+1]; 47 if(tmp+F[c][j-1][k][g]<=*pp&& j) 48 { 49 int t=F[c][j-1][k][g]; 50 if(tmp+t<*pp) 51 *qq=p[c][j-1][k][g]+a[j]; 52 else if(p[c][j-1][k][g]+a[j]>*qq)*qq=p[c][j-1][k][g]+a[j]; 53 *pp=tmp+t; 54 } 55 if(tmp+F[c][j][k-1][g]<=*pp&& k) 56 { 57 int t=F[c][j][k-1][g]; 58 if(tmp+t<*pp) 59 *qq=p[c][j][k-1][g]+a[k]; 60 else if(p[c][j][k-1][g]+a[k]>*qq)*qq=p[c][j][k-1][g]+a[k]; 61 *pp=tmp+t; 62 } 63 if(tmp+F[c][j][k][g-1]<=*pp&& g) 64 { 65 int t=F[c][j][k][g-1]; 66 if(tmp+t<*pp) 67 *qq=p[c][j][k][g-1]+a[g]; 68 else if(p[c][j][k][g-1]+a[j]>*qq)*qq=p[c][j][k][g-1]+a[g]; 69 *pp=tmp+t; 70 } 71 if(tmp+F[c][j][k][g]<=*pp) 72 { 73 int t=F[c][j][k][g]; 74 if(tmp+t<*pp) 75 *qq=p[c][j][k][g]+a[l]; 76 else if(p[c][j][k][g]+a[l]>*qq)*qq=p[c][j][k][g]+a[l]; 77 *pp=tmp+t; 78 } 79 } 80 } 81 } 82 c^=1;cc^=1; 83 } 84 cout<<F[c][n-1][n-1][n-1]<<" "<<p[c][n-1][n-1][n-1]; 85 return 0; 86 }