｛20160927 19:30~21:30｝
总分400分，我113.33，稳稳地垫底了......（十分呼应我上面的博客名，hhh~）过了这么多天我才打完所有代码，废话我也就不多说了。不过，虽然时间花费的多，但我觉得我的PG也是“博采众长”了。
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T1 接住苹果(bcatch)
题意：有2颗苹果树，有K次移动机会，问最多能接到的苹果数。
解法：可以用f[i][j][2]或f[i][j]和g[i][j]来实现，表示掉了i个苹果，移动j次的最大值。也可以利用j的奇偶直接判断当前在的树，进而进行+1或0。
1 #include<cstdio> 2 #include<cstdlib> 3 #include<cstring> 4 #include<iostream> 5 using namespace std; 6 7 const int N=1010,K=35; 8 int f[N][K],g[N][K],a[N]; 9 10 int mmax(int x,int y) 11 { return x>y?x:y; } 12 13 int main() 14 { 15 //freopen("bcatch.in","r",stdin); 16 //freopen("bcatch.out","w",stdout); 17 int n,k; 18 scanf("%d%d",&n,&k); 19 for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),a[i]--; 20 int x,y,ans=0; 21 memset(f,0,sizeof(f)); 22 memset(g,0,sizeof(g)); 23 for (int i=1;i<=n;i++) 24 for (int j=0;j<=k;j++) 25 { 26 x=1-a[i],y=1-x; 27 f[i][j]=x+f[i-1][j],g[i][j]=y+g[i-1][j]; 28 if (j>0) 29 { 30 f[i][j]=mmax(f[i][j],x+g[i-1][j-1]); 31 g[i][j]=mmax(g[i][j],y+f[i-1][j-1]); 32 } 33 if (i==n) ans=mmax(ans,mmax(f[i][j],g[i][j])); 34 } 35 printf("%d ",ans); 36 return 0; 37 }
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T2 滑雪课程(ski)
题意：有N个雪坡和S个课程。雪坡需要耗费一定的时间，且有技能点要求，课程也需要耗费一定的时间，但可以进修到一定的技能点数。问在时间T内最多能滑多少次雪坡。
有两种解法：（时间和内存哪种更优就看数据范围了~）
1.f[i][j]表示前i的时间内能力为j时能滑雪的最大次数，预处理一下p[i]为当能力为i时能花的所有雪坡中耗费时间最小的。每次分别用f[i][j]更新现在有课上便上课，和滑一次雪的状态。
注意——边界条件；只有当前状态存在（不为-1）才可拓展到其他的状态；f[i][j]除了更新上课或滑雪的，也要更新到f[i+1][j]。
1 #include<cstdio> 2 #include<cstdlib> 3 #include<cstring> 4 #include<iostream> 5 #include<algorithm> 6 using namespace std; 7 8 const int T=(int)1e4+10,S=110,N=(int)1e5+10,C=100; 9 int f[T][C],p[C+10]; 10 struct node{int c,d;}a[N]; 11 struct hy{int m,l,c;}b[S]; 12 13 bool cmp(hy x,hy y) {return x.m<y.m;} 14 void upd(int &x,int y) {x=x>y?x:y;} 15 void upd2(int &x,int y) {x=x<y?x:y;} 16 int mabs(int x) {return x>0?x:-x;} 17 18 int main() 19 { 20 //freopen("ski.in","r",stdin); 21 //freopen("ski.out","w",stdout); 22 int t,s,n; 23 scanf("%d%d%d",&t,&s,&n); 24 for (int i=1;i<=s;i++) 25 scanf("%d%d%d",&b[i].m,&b[i].l,&b[i].c); 26 sort(b,b+1+s,cmp); 27 for (int i=1;i<=n;i++) 28 scanf("%d%d",&a[i].c,&a[i].d); 29 memset(p,63,sizeof(p)); 30 for (int i=1;i<=n;i++) 31 upd2(p[a[i].c],a[i].d); 32 for (int i=1;i<=C;i++) 33 upd2(p[i],p[i-1]); 34 int tmp=1,ans=0; 35 memset(f,-1,sizeof(f)); 36 f[0][1]=0; 37 for (int i=0;i<=t;i++) 38 { 39 for (int j=1;j<=C;j++) 40 { 41 if (f[i][j]<0) continue;// 42 upd(f[i+1][j],f[i][j]); 43 upd(f[i+p[j]][j],f[i][j]+1); 44 while (b[tmp].m==i && tmp<=s && i+b[tmp].l<=t) 45 upd(f[i+b[tmp].l][b[tmp].c],f[i][j]), tmp++; 46 if (i==t) upd(ans,f[i][j]); 47 } 48 } 49 printf("%d ",ans); 50 return 0; 51 }
2.f[i]表示上了第i节课能滑雪的最大次数，预处理同上。每次f[i]存枚举上一次上了哪节课，而到这节课的时间里滑雪或上课的最佳答案。
注意——边界条件；添加时间为0和时间为t的课程，保证“有始有终”。
1 #include<cstdio> 2 #include<cstdlib> 3 #include<cstring> 4 #include<iostream> 5 #include<algorithm> 6 using namespace std; 7 8 const int T=(int)1e4+10,S=110,N=(int)1e5+10,C=100; 9 int f[S],p[C+10]; 10 struct node{int c,d;}a[N]; 11 struct hy{int m,l,c;}b[S]; 12 13 //bool cmp(hy x,hy y) {return x.m<y.m;} 14 void upd(int &x,int y) {x=x>y?x:y;} 15 void upd2(int &x,int y) {x=x<y?x:y;} 16 int mabs(int x) {return x>0?x:-x;} 17 18 int main() 19 { 20 //freopen("ski.in","r",stdin); 21 //freopen("ski.out","w",stdout); 22 int t,s,n,ans=0; 23 scanf("%d%d%d",&t,&s,&n); 24 for (int i=1;i<=s;i++) 25 scanf("%d%d%d",&b[i].m,&b[i].l,&b[i].c); 26 b[0].m=0,b[0].l=0,b[0].c=1; 27 b[++s].m=t;//add terminal 28 //sort(b,b+1+s,cmp);//无须排序 29 for (int i=1;i<=n;i++) 30 scanf("%d%d",&a[i].c,&a[i].d); 31 memset(p,63,sizeof(p)); 32 for (int i=1;i<=n;i++) 33 upd2(p[a[i].c],a[i].d); 34 for (int i=1;i<=C;i++) 35 upd2(p[i],p[i-1]); 36 memset(f,-1,sizeof(f)); 37 f[0]=0; 38 for (int i=1;i<=s;i++) 39 { 40 if (b[i].l+b[i].m>t) continue;// 41 for (int j=0;j<i;j++) 42 if (f[j]>=0 && b[i].m>=b[j].m+b[j].l)// 43 upd(f[i],f[j]+mabs(b[i].m-b[j].m-b[j].l)/p[b[j].c]); 44 upd(ans,f[i]); 45 } 46 printf("%d ",ans); 47 return 0; 48 }
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T3 滑雪比赛(bobsled)
题意：初始速度为1，有N个限制速度大小的弯道，给出与起点的距离，问L内最大能达到的速度。
解法：先贪心——从后往前扫一遍来保证各弯道间的限制速度可以互相到达，因为速度有后效性(?)，便直接保证了不用比较下一个的限制速度，还担心降不到下一个的限制速度。
接着保存每到一个弯道后的速度与距离，进而根据与下一个弯道的速度曲线的单调性（递增(多)---递减(少)、递增、递增(少)---递减(多)、递减）来算出其间的最大值，和到下一个弯道的速度。P.S.画图辅助会清晰一点。
注意——终点也可看成一个“弯道”，而没有限制速度。
1 #include<cstdio> 2 #include<cstdlib> 3 #include<cstring> 4 #include<iostream> 5 #include<algorithm> 6 using namespace std; 7 8 const int L=(int)1e9+10,N=(int)1e5+10; 9 struct node{int t,v;} 10 a[N]; 11 12 bool cmp(node x,node y) 13 { 14 if (x.t!=y.t) return x.t<y.t; 15 return x.v<y.v; 16 } 17 int mmax(int x,int y) 18 { return x>y?x:y; } 19 int mmin(int x,int y) 20 { return x<y?x:y; } 21 int main() 22 { 23 //freopen("bobsled.in","r",stdin); 24 //freopen("bobsled.out","w",stdout); 25 int l,n; 26 scanf("%d%d",&l,&n); 27 for (int i=1;i<=n;i++) 28 scanf("%d%d",&a[i].t,&a[i].v); 29 sort(a+1,a+1+n,cmp); 30 int p=0;a[0].t=-1; 31 for (int i=1;i<=n;i++) 32 if (a[i].t!=a[i-1].t) a[++p]=a[i]; 33 n=p; 34 for (int i=n-1;i>=1;i--) 35 a[i].v=mmin(a[i].v,a[i+1].v+(a[i+1].t-a[i].t)); 36 int t=0,v=1;//now 37 int x,ans=0; 38 for (int i=1;i<=n;i++) 39 { 40 if (a[i].v>v) 41 { 42 if (a[i].t-t>=a[i].v-v)//= 43 x=a[i].v+((a[i].t-t)-(a[i].v-v))/2,v=a[i].v; 44 else x=v+(a[i].t-t),v=x; 45 ans=mmax(ans,x); 46 } 47 else 48 { 49 x=v+((a[i].t-t)-(v-a[i].v))/2; 50 v=a[i].v; 51 ans=mmax(ans,x); 52 } 53 t=a[i].t; 54 } 55 ans=mmax(ans,v+(l-t)); 56 printf("%d ",ans); 57 return 0; 58 }
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T4 奶牛飞盘队(fristeam)
题意：有N头有一定能力的奶牛，问选出能力和为M的倍数的方案总数。
解法：要想到把%M的值作为DP数组的一个维度。f[i][j]表示在前i头奶牛中选到的能力和%M为j的方案数，这样每次只需分别选或不选当前第i头奶牛，由f[i-1]的状态推出。
注意——最后答案要 -1，因为初始f[0][0]=1是为了方便计算，而实际为0的。
1 #include<cstdio> 2 #include<cstdlib> 3 #include<cstring> 4 #include<iostream> 5 using namespace std; 6 7 const int N=2010,M=1010,mod=(int)1e8; 8 int a[N],f[N][M]; 9 10 int main() 11 { 12 //freopen("fristeam.in","r",stdin); 13 //freopen("fristeam.out","w",stdout); 14 int n,m; 15 scanf("%d%d",&n,&m); 16 for (int i=1;i<=n;i++) 17 scanf("%d",&a[i]),a[i]%=m; 18 for (int j=1;j<m;j++) f[0][j]=0; 19 f[0][0]=1; 20 for (int i=1;i<=n;i++) 21 for (int j=0;j<m;j++) 22 { 23 int x=j-a[i]; 24 if (x<0) x+=m; 25 f[i][j]=(f[i-1][j]+f[i-1][x])%mod; 26 } 27 printf("%d ",f[n][0]-1); 28 return 0; 29 }