国庆 day 1 下午

一道图论好题(graph)

Time Limit:1000ms   Memory Limit:128MB

 

题目描述

LYK有一张无向图G={V,E}，这张无向图有n个点m条边组成。并且这是一张带权图，不仅有边权还有点权。

LYK给出了一个子图的定义，一张图G’={V’,E’}被称作G的子图，当且仅当

·G’的点集V’包含于G的点集V。

·对于E中的任意两个点a,b∈V’，当(a,b)∈E时，(a,b)一定也属于E’，并且连接这两个点的边的边权是一样的。

LYK给一个子图定义了它的价值，它的价值为：点权之和与边权之和的比。 看

LYK想找到一个价值最大的非空子图，所以它来找你帮忙啦。

 

输入格式(graph.in)

第一行两个数n,m表示一张n个点m条边的图。

第二行n个数ai表示点权。

接下来m行每行三个数u,v,z，表示有一条连接u,v的边权为z的无向边。数据保证任意两个点之间最多一条边相连，并且不存在自环。

 

输出格式(graph.out)

你需要输出这个价值最大的非空子图的价值，由于它是一个浮点数，你只需要保留小数点后两位有效数字。

 

输入样例

3 3

2 3 4

1 2 3

1 3 4

2 3 5

 

输出样例

1.67

 

样例解释

选择1,2两个点，则价值为5/3=1.67。

 

对于20%的数据n=2

对于50%的数据n<=5

对于100%的数据1<=n,m<=100000，1<=ai,z<=1000。

思路：当时跑了01分数规划，但是用的bfs找的负环，所以TLE，卡了我5个点。

#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define MAXN 100010
using namespace std;
int n,m,tot;
double w[MAXN],dis[MAXN];
double l=0,r=1500,ans,mid;
int val[MAXN],vis[MAXN],num[MAXN];
int to[MAXN*2],net[MAXN*2],cap[MAXN*2],head[MAXN*2];
void add(int u,int v,int w){
    to[++tot]=v;net[tot]=head[u];cap[tot]=w;head[u]=tot;
    to[++tot]=u;net[tot]=head[v];cap[tot]=w;head[v]=tot;
}
bool spfa(int s){
    queue<int>que;
    memset(num,0,sizeof(num));
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
    que.push(s);
    dis[s]=0;vis[s]=1;num[s]++;
    while(!que.empty()){
        int now=que.front();
        que.pop();
        vis[now]=0;
        for(int i=head[now];i;i=net[i]){
            if(dis[to[i]]>dis[now]+w[i]){
                dis[to[i]]=dis[now]+w[i];
                if(!vis[to[i]]){
                    vis[to[i]]=1;
                    num[to[i]]++;
                    que.push(to[i]);
                    if(num[to[i]]>n)    return true;
                }
            }
        }
    }
    return false;
}
void work(){
    for(int i=1;i<=tot;i++)
        w[i]=(double)cap[i]*mid-val[to[i]];
}
bool check(){
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if(spfa(i))    return true;
    return false;
}
int main(){
    freopen("graph.in","r",stdin);
    freopen("graph.out","w",stdout);
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++)    scanf("%d",&val[i]);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        int u,v,w;
        scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
        add(u,v,w);
    }
    while(r-l>0.0000001){
        mid=(l+r)/2;
        work();
        if(check()){
            ans=mid;
            l=mid;
        }
        else r=mid;
    }
    printf("%.2lf",ans*2);
}

然后改成dfs找负环，AC了。

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;
const double eps=1e-5;
const int mxn=100010;
int read(){
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0' || ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0' && ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}
struct edge{
    int v,nxt,w;
    double c;
}e[mxn<<1];
int hd[mxn*2],mct=0;
void add_edge(int u,int v,int w){
    e[++mct].v=v;e[mct].nxt=hd[u];hd[u]=mct;e[mct].w=w;return;
}
bool vis[mxn];
double dis[mxn];
bool SPFA(int u){
    vis[u]=1;
    for(int i=hd[u];i;i=e[i].nxt){
        int v=e[i].v;
        if(dis[v]>dis[u]+e[i].c){
            dis[v]=dis[u]+e[i].c;
            if(vis[v] || SPFA(v)){
                vis[v]=0;return 1;
            }
        }
    }
    vis[u]=0;
    return 0;
}
int n,m;
int f[mxn];
void restore(double r){
    for(int i=1;i<=mct;i++)
        e[i].c=(double)e[i].w*r-f[e[i].v];
    return;
}
bool check(){
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if(SPFA(i))return 1;
    return 0;
}
int main(){
    freopen("graph.in","r",stdin);
    freopen("graph.out","w",stdout);
    int i,j;
    int u,v,w;
    n=read();m=read();
    for(i=1;i<=n;i++)
        f[i]=read();
    for(i=1;i<=m;i++){
        u=read();v=read();w=read();
        add_edge(u,v,w);
        add_edge(v,u,w);
    }
    double l=0,r=1500,ans;
    while(r-l>eps){
        double mid=(l+r)/2;
        restore(mid);
        if(check()){
            ans=mid; 
            l=mid;
        }else r=mid;
    }
    printf("%.2f
",ans*2);
    return 0;
}

后来听老师讲了之后发现这是道结论题：最优解一定是一条边+两个点。

#include <cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
double ans;
int A,B,C,n,m;
int a[100005];
int main(){
    freopen("graph.in","r",stdin);
    freopen("graph.out","w",stdout);
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d",&a[i]);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        scanf("%d%d%d",&A,&B,&C);
        ans=max(ans,(a[A]+a[B])/(C+0.0));
    }
    printf("%.2f
",ans);
    return 0;
}

拍照(photo)

Time Limit:1000ms   Memory Limit:128MB

 

题目描述

假设这是一个二次元。

LYK召集了n个小伙伴一起来拍照。他们分别有自己的身高Hi和宽度Wi。

为了放下这个照片并且每个小伙伴都完整的露出来，必须需要一个宽度为ΣWi，长度为max{Hi}的相框。（因为不能叠罗汉）。

LYK为了节省相框的空间，它有了绝妙的idea，让部分人躺着！一个人躺着相当于是身高变成了Wi，宽度变成了Hi。但是很多人躺着不好看，于是LYK规定最多只有n/2个人躺着。（也就是说当n=3时最多只有1个人躺着，当n=4时最多只有2个人躺着）

LYK现在想问你，当其中部分人躺着后，相框的面积最少是多少。

 

输入格式(photo.in)

第一行一个数n。

    接下来n行，每行两个数分别是Wi,Hi。

 

输出格式(photo.out)

你需要输出这个相框的面积最少是多少。

 

输入样例

3

3 1

2 2

4 3

 

输出样例

27

 

样例解释

如果没人躺过来，需要27的面积。

我们只要让第1个人躺过来，就只需要21的面积！

 

对于30%的数据n<=10。

对于60%的数据n<=1000，Wi,Hi<=10。

对于100%的数据1<=n,Wi,Hi<=1000。

 思路：考试的时候写了个DP，但是忘了考虑他的后效性，所以挂掉了8个点。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,sumh,sumw;
int ans=0x7f7f7f7f;
int w[1001],h[1001];
int f[1001][501],sum[1001][501];
int maxh[1001][501],maxw[1001][501];
int main(){
    freopen("photo.in","r",stdin);
    freopen("photo.out","w",stdout);
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%d%d",&w[i],&h[i]);
        sumw+=w[i];
        sumh+=h[i];
        maxh[i][i]=max(w[i],maxh[i-1][i-1]);
        maxh[i][0]=max(h[i],maxh[i-1][0]);
        f[i][0]=maxh[i][0]*sumw;
        f[i][i]=maxh[i][i]*sumh;
        sum[i][0]=sumw;
        sum[i][i]=sumh;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<i;j++){
            int bns=0;
            f[i][j]=f[i-1][j];
            if(h[i]<=maxh[i-1][j]){
                f[i][j]+=w[i]*maxh[i-1][j];
                maxh[i][j]=maxh[i-1][j];
            }    
            else if(h[i]>maxh[i-1][j]){
                f[i][j]+=sum[i-1][j]*(h[i]-maxh[i-1][j])+w[i]*h[i];
                maxh[i][j]=h[i];
            }
            sum[i][j]=sum[i-1][j]+w[i];
            
            if(w[i]<=maxh[i-1][j-1])    bns+=h[i]*maxh[i-1][j-1];
            else if(w[i]>maxh[i-1][j-1])    bns+=sum[i-1][j-1]*(w[i]-maxh[i-1][j-1])+w[i]*h[i];
            if(f[i][j]>f[i-1][j-1]+bns){
                f[i][j]=f[i-1][j-1]+bns;
                maxh[i][j]=max(w[i],maxh[i-1][j-1]);
                sum[i][j]=sum[i-1][j-1]+h[i];
            }
        }
    for(int i=0;i<=n/2;i++)
        ans=min(f[n][i],ans);
    cout<<ans;
}

正解思路：枚举高度，贪心累计宽度

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define MAXN 1005
using namespace std;
int n,ans=0x7f7f7f7f;
int w[MAXN],h[MAXN],bns[MAXN];
int cmp(int a,int b){
    return a>b;
}
int main(){
    freopen("photo.in","r",stdin);
    freopen("photo.out","w",stdout);
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d%d",&w[i],&h[i]);
    for(int i=1;i<=1000;i++){
        int sum=0,flag=0,cnt=0,num=0;
        for(int j=1;j<=n;j++)
            if(h[j]<=i&&(w[j]<h[j]||w[j]>i))
                sum+=w[j];
            else if(w[j]>i&&h[j]>i){
                flag=1;
                break;
            }
            else if(h[j]>i){
                cnt++;
                sum+=h[j];
            }
            else{
                bns[++num]=w[j]-h[j];
                sum+=w[j];
            }
        if(flag)    continue;
        if(cnt>n/2)    continue;
        sort(bns+1,bns+1+num,cmp);
        for(int j=1;j<=min(n/2-cnt,num);j++)
            sum-=bns[j];
        ans=min(ans,sum*i);
    }
    cout<<ans;
}

或和异或(xor)

Time Limit:2000ms   Memory Limit:128MB

 

题目描述

LYK最近在研究位运算，它研究的主要有两个：or和xor。（C语言中对于|和^）

为了更好的了解这两个运算符，LYK找来了一个2^n长度的数组。它第一次先对所有相邻两个数执行or操作，得到一个2^(n-1)长度的数组。也就是说，如果一开始时a[1],a[2],…,a[2^n]，执行完第一次操作后，会得到a[1] or a[2],a[3] or a[4] ,…, a[(2^n)-1] or a[2^n]。

第二次操作，LYK会将所有相邻两个数执行xor操作，得到一个2^(n-2)长度的数组，假如第一次操作后的数组是b[1],b[2],…,b[2^(n-1)]，那么执行完这次操作后会变成b[1] xor b[2], b[3] xor b[4] ,…, b[(2^(n-1))-1] xor b[2^(n-1)]。

第三次操作，LYK仍然将执行or操作，第四次LYK执行xor操作。如此交替进行。

最终这2^n个数一定会变成1个数。LYK想知道最终这个数是多少。

为了让这个游戏更好玩，LYK还会执行Q次修改操作。每次修改原先的2^n长度的数组中的某一个数，对于每次修改操作，你需要输出n次操作后（最后一定只剩下唯一一个数）剩下的那个数是多少。

 

输入格式(xor.in)

第一行两个数n，Q。

接下来一行2^n个数ai表示一开始的数组。

接下来Q行，每行两个数xi,yi，表示LYK这次的修改操作是将a{xi}改成yi。

 

输出格式(xor.out)

Q行，表示每次修改操作后执行n次操作后剩下的那个数的值。

 

输入样例

2 4

1 6 3 5

1 4

3 4

1 2

1 2

 

输出样例

1

3

3

3

 

样例解释

第一次修改，{4,6,3,5}->{6,7}->{1}

第二次修改，{4,6,4,5}->{6,5}->{3}

第三次修改，{2,6,4,5}->{6,5}->{3}

第四次修改，{2,6,4,5}->{6,5}->{3}

对于30%的数据n<=17，Q=1。

对于另外20%的数据n<=10，Q<=1000。

对于再另外30%的数据n<=12，Q<=100000。

对于100%的数据1<=n<=17，1<=Q<=10^5，1<=xi<=2^n，0<=yi<2^30，0<=ai<2^30。

思路：倍增。

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,m;
bool ok;
int a[21][200001];
int poss,v;
int main(){
    freopen("xor.in","r",stdin);
    freopen("xor.out","w",stdout);
    scanf("%d%d",&n,&m);
    int len=pow(2,n);
    for(int i=1;i<=len;i++) scanf("%d",&a[n][i]);
    for(int i=n-1;i>=0;i--){
        int l=pow(2,i);
        if((n-i)%2)
            for(int j=1;j<=l;j++)
                a[i][j]=a[i+1][(j<<1)-1]|a[i+1][(j<<1)];
        else
            for(int j=1;j<=l;j++)
                a[i][j]=a[i+1][(j<<1)-1]^a[i+1][(j<<1)];
    }
    for(int z=1;z<=m;z++){
        ok=false;int val,pos;
        scanf("%d%d",&pos,&val);
        a[n][pos]=val;
        if(pos%2) poss=pos+1;
        else{
            poss=pos;
            pos--;
        }
        for(int i=n-1;i>=0;i--)
            if((n-i)%2){
                v=a[i+1][pos]|a[i+1][poss];
                if(v==a[i][(pos>>1)+(pos-((pos>>1)<<1))]){
                    printf("%d
",a[0][1]);
                    ok=true;
                    break;
                }
                a[i][(pos>>1)+(pos-((pos>>1)<<1))]=v;
                pos=(pos>>1)+(pos-((pos>>1)<<1));
                if(pos%2) poss=pos+1;
                else{
                    poss=pos;
                    pos--;
                }
            }
            else{
                v=a[i+1][pos]^a[i+1][poss];
                if(v==a[i][(pos>>1)+(pos-((pos>>1)<<1))]){
                    printf("%d
",a[0][1]);
                    ok=true;
                    break;
                }
                a[i][(pos>>1)+(pos-((pos>>1)<<1))]=v;
                pos=(pos>>1)+(pos-((pos>>1)<<1));
                if(pos%2) poss=pos+1;
                else{
                    poss=pos;
                    pos--;
                }
            }
        if(!ok) printf("%d
",a[0][1]);
    }
}

另一种思路：线段树。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#define N 131073
using namespace std;
int n,m;
int sum[N<<2],mid[N<<2];
void build(int now,int l,int r,int dep){
    if(l==r){
        scanf("%d",&sum[now]);
        return;
    }
    mid[now]=(l+r)/2;
    build(now*2,l,mid[now],dep+1);
    build(now*2+1,mid[now]+1,r,dep+1);
    if((n-dep+1)&1) sum[now]=(sum[now*2]|sum[now*2+1]);
    else sum[now]=(sum[now*2]^sum[now*2+1]);
}
void change(int now,int l,int r,int pos,int w,int dep){
    if(l==r){
        sum[now]=w;
        return;
    }
    if(pos<=mid[now]) change(now*2,l,mid[now],pos,w,dep+1);
    else change(now*2+1,mid[now]+1,r,pos,w,dep+1);
    if((n-dep+1)&1) sum[now]=(sum[now*2]|sum[now*2+1]);
    else sum[now]=(sum[now*2]^sum[now*2+1]);
}
int main(){
    freopen("xor.in","r",stdin);
    freopen("xor.out","w",stdout);
    scanf("%d%d",&n,&m);
    int s=1<<n;
    build(1,1,s,1);
    while(m--){
        int x,y;
        scanf("%d%d",&x,&y);
        change(1,1,s,x,y,1);
        printf("%d
",sum[1]);
    }
}