20170924校内训练

个人卫生综合征

每天BBS都要从家里经过城市中的一段路到学校刷五三。城市中一共有n个路口和m条双向道路，每条双向道路都连接着两个路口a_i、b_i且有一定的时间花费v_i。BBS家编号为1，学校编号为n。今天，BBS由于个人卫生综合征导致他很迟才离开家，他想用膜法改变k条道路的长度使通过其的时间花费v_i变为0。现在他问你改变道路长度之后他到学校的最小时间花费是多少？

输入格式：

第一行为三个整数n、m、k，接下来的m行每行三个整数a_i,b_i,v_i，分别表示这条路连着的两个路口和通过其所用的时间。

输出格式：

一个整数，表示BBS到学校的最小时间花费。

样例输入	样例输出
4 4 1 1 2 10 2 4 10 1 3 1 3 4 100	1

样例解释：

更新3->4的道路，最短路线为1->3->4，用时为1+0=1。

数据范围：

对于100%的数据：1<=n<=10000，1<=m<=50000，1<=k<=20，1<=v_i<=1000000。 

dijsktra。用d[i][j]表示i点与1号点用了j次魔法的距离

更新时，d[i.to][j]=d[i][j]+cost[i][j]（不用魔法），d[i.to][j+1]=d[i][j]（j+1<k）（用魔法）

入堆时，再记下当前用了多少次魔法。即pair<int,pair<int,int> > 第一个int记距离，第二的int记使用魔法次数，第三个int记标号

岀堆的条件改为距离>dist[标号][使用魔法次数]

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
using namespace std;
typedef pair<int,int> p;
typedef pair<int,p>P;
priority_queue<P,vector<P>,greater<P> >q;
int n,m,k;
int dist[10010][25];
int h[10010],to[100010],next[100010],cost[100010],tot=0;
void ins(int u,int v,int w){next[++tot]=h[u];h[u]=tot;to[tot]=v;cost[tot]=w;}
void dij(int S)
{
    memset(dist,127,sizeof(dist));
    for(int i=0;i<=k;i++)dist[S][i]=0,q.push(P(0,p(i,S)));
    while(!q.empty())
    {
        P pp=q.top();q.pop();int K=pp.second.first,u=pp.second.second,d=pp.first;
        if(d>dist[u][K])continue;
        for(int i=h[u];i;i=next[i])
        {
            int v=to[i];
            if(dist[v][K]>d+cost[i]){dist[v][K]=d+cost[i];q.push(P(dist[v][K],p(K,v)));}
            if(K+1<=k&&dist[v][K+1]>d){dist[v][K+1]=d;q.push(P(dist[v][K+1],p(K+1,v)));}
        }
    }
}
int main()
{
    freopen("school.in","r",stdin);freopen("school.out","w",stdout);
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int x,y,z;scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);ins(x,y,z);ins(y,x,z);
    }
    dij(1);printf("%d",dist[n][k]);
    return 0;
}

你的四边形已如风中残烛

       LGL有一根长为n的木板。现在他想要把它砍成四段长度为整数的木板来做一个四边形，请问他有多少种不同的砍法？注意：四段长度为1、1、2、1和四段长度为1、2、1、1算两种砍法。

 输入格式：

第一行为一个整数 n，表示木板的长度。

输出格式：

一个整数，不同的砍法数量。

样例输入	样例输出
6	6

样例解释：

       1122，1212，1221，2112，2121，2211。

数据范围：

对于100%的数据：1<=n<=2500。 

打表大法好。或者你可以推通项公式。或者枚举前两个长度计算答案（这个比起推通项公式容易一点）。

总之，这道题的核心是，假设你取的四个木板长为a,b,c,d，它们能构成四边形要满足

a+b+c>d，a+b+d>c，a+c+d>b，b+c+d>a

我们可以发现a<n/2,b<n/2,c<n/2,d<n/2，就用这玩意去算答案

#include<cstdio>
long long n;
int main(){
    //freopen("quad.in","r",stdin);freopen("quad.out","w",stdout);
    scanf("%lld",&n);
    printf("%lld",((n-3)*(n-2)*(n-1))/6-2*((n/2)*((n/2)-1)*((n/2)-2))/3);
    return 0;
}

生命不息刷题不止

 YYH有n道题要做。但是由于他上课做某些事，导致他一题都不会做，只好请LGL代打。LGL为了买自己心爱的坦克，他做第i题要收两笔钱：一笔在YYH叫他做题当天收，另外一笔在叫他做题的第二天收。YYH每天结束的时候都会把剩下的所有钱花光，然后再从父亲LRB处得到m元零花钱用来请LGL做题（也就是说，第一天的时候YYH是没有钱请LGL做题的，每一天用来请LGL做题所用的钱都是前一天LRB给的）。而且，YYH做的题目难度是循序渐进的：就算强如LGL，在做第i题之前也要先把第1到i-1题全部做完。请问YYH将所有题目做完并且把所有钱都付给LGL的最小天数。

输入格式：

第一行为两个整数m、n，接下来的n行每一行都有两个数a_i和b_i，分别表示LGL做第i题所收的两笔钱。

输出格式：

一个整数，表示最小天数。

样例输入	样例输出
100 5 40 20 60 20 30 50 30 50 40 40	6

样例解释：

                     第二天做1、2两题，第三天做3、4两题，第五天做5。在第六天的时候所有钱都付完。

数据范围：

对于100%的数据：1<=n<=300，1<=a_i、b_i<=m<=1000。

这道题不能贪心！这道题不能贪心！这道题不能贪心！重要的事情说三遍

10 3

3 5

2 5

2 5

贪心的答案是5，第2天做1,2两题，第3天还债，第4天做第3题，第5天还债

而实际上只要4天，第2天做第1题，第3天做2,3两题，第4天还债

正确思路是dp

设dp[i][j]表示前i天做了j题后该天可能剩下的最多的钱的数量。

那么dp[i][j]可以转移到dp[i][j+1]、dp[i][j+2]……只要满足剩下的钱不少于0并且下个月的钱够还即可。

同时可以算出dp[i+1][j+1]，dp[i+1][j+2]……最后输出满足dp[i][m]存在值的最小i。

#include<iostream>
#include<cstdio> 
#include<cstring>
using namespace std;
int dp[610][301],a[301],b[301];
int main()
{
    freopen("solve.in","r",stdin);freopen("solve.out","w",stdout);
    memset(dp,-1,sizeof(dp));
    int m,n;scanf("%d%d",&m,&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",&a[i],&b[i]);
    dp[2][0]=m;
    for(int i=2;i<=2*n+1;i++)
    {
        for(int j=n;j>=0;j--)
        {
            if(dp[i][j]!=-1)
            {
                dp[i+1][j]=m;int tot1=0,tot2=0;
                for(int k=j+1;k<=n;k++)
                {
                    tot1+=a[k];tot2+=b[k];
                    if(tot1>dp[i][j]||tot2>m)break;
                    dp[i][k]=max(dp[i][k],dp[i][j]-tot1);
                    dp[i+1][k]=max(dp[i+1][k],m-tot2);
                }
            }
        }
        if(dp[i][n]!=-1)return 0*printf("%d",i+1);
    }    
    return 0;
}

短

给出一张有n个点和m条双向边的图，要求求出1到n的次短路的长度。一条边可以多次通过。

输入格式：

第一行为两个整数n和m。接下来的m行每行三个整数a_i,b_i,v_i，分别表示这条路连着的两个点和他的长度。

输出格式：

一个整数，表示次短路的长度。

样例输入	样例输出
4 4 1 2 100 2 4 200 2 3 250 3 4 100	450

样例解释：

最短：1->2->4。

次短：1->2->3->4。

数据范围：

对于 100%的数据：1<=n、v_i<=5000，1<=m<=100000。 

裸次短路

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cstring>
using namespace std;
int h[5100],to[200100],next[200100],k=0,cost[200100];
typedef pair<int,int> P;
priority_queue<P,vector<P>,greater<P> > q;
int dist[5100][2];
void ins(int u,int v,int w){next[++k]=h[u];h[u]=k;to[k]=v;cost[k]=w;}
void dij(int S)
{
    memset(dist,127/2,sizeof(dist));
    dist[S][0]=0;q.push(P(0,S)); 
    while(!q.empty())
    {
        P p=q.top();q.pop();int u=p.second;
        if(dist[u][1]<p.first)continue;
        for(int i=h[u];i;i=next[i])
        {
            int v=to[i];
            if(p.first+cost[i]<dist[v][0])
            {
                dist[v][1]=dist[v][0];dist[v][0]=p.first+cost[i];
                q.push(P(dist[v][0],v));q.push(P(dist[v][1],v)); 
            }
            else if(p.first+cost[i]<dist[v][1]&&p.first+cost[i]!=dist[v][0])
            {
                dist[v][1]=p.first+cost[i];
                q.push(P(dist[v][1],v)); 
            }
        }
    }
}
int main()
{
    freopen("short.in","r",stdin);freopen("short.out","w",stdout);
    int n,m;scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int x,y,z;scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);ins(x,y,z);ins(y,x,z);
    }
    dij(1);
    printf("%d",dist[n][1]);
    return 0;
}