【模拟题(63550802...)】解题报告【贪心】【拓扑排序】【找规律】【树相关】

目录：

　　1、A【树相关】    2、B【找规律】    3、C【贪心】【拓扑排序】

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A、

描述(A 输入文件 : A.input 输出文件 : A.output)
一个城市的构成是一颗n 个节点的树(2 ≤ n ≤ 200), 现在需要在树中找出两条不相交的路
径(即两条路径不能有重边也不能有重点),使得路径的长度的乘积最大。
输入描述
第一行一个数n 表示这个城市一共有 n 个节点。
接下来 n-1 行,每行两个数ai 和bi (1 ≤ ai，bi ≤ n ),分别表示从ai 到bi,有一条边，每条边
的长度为1。
输出描述
输出一行一个数表示两条路径长度最大的乘积。
样例数据
样例输入1：
7
1 2
1 3
1 4
1 5
1 6
1 7
样例输出1：
0
样例输入2：
6
1 2
2 3
2 4
5 4
6 4
样例输出2：
4

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B、

描述(B 输入文件 : B.input 输出文件 : B.output)
有n 个人需要看医生, 其中第i 个人需要看医生的次数是ai, 一开始从1 到n 依次排列组成
一个等待队伍, 每个人依次看医生, 那么每个人看完医生有两种情况, 第一种情况：他
已经看够他需要看医生的次数，那么他会离开。第二种情况：他还需要看医生，那么他就
会选择重新站在队伍的最后。选择医生想知道，当他看过k 次病人之后，这个等待队伍是
什么样。
输入描述
第一行两个正整数 n 和 k (1 ≤ n ≤ 105, 0 ≤ k ≤ 1014)
第二行一共个n 正整数 a1, a2, ..., an (1 ≤ ai ≤ 109),用空格隔开。
输出描述
一行，按队列的顺序输出需要的结果，每两个数之间用空格隔开，注意不要输出多余的空
格。数据保证此时队列里至少有一个人。
样例数据
样例输入1：
3 3
1 2 1
样例输出1：
2
样例输入2：
7 10
1 3 3 1 2 3 1
样例输出2：6 2 3

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C、

描述(C 输入文件 : C.input 输出文件 : C.output)
有n 个任务需要你去完成，这些任务分布在3 个不同的房间，编号为1,2,3, 其中有些任务
必须在一些其他的任务完成之后才能完成。现在知道完成一个任务需要1 的时间，现在知
从房间1 到2，2 到3，3 到1 需要1 的时间，从1 到3，2 到1，3 到2 需要2 的时间。现
在你可以选择你一开始的房间，问完全所有任务的最短时间是多少，保证可以完成。
输入描述
第一行一个数 n (1 ≤ n ≤ 200) 。
第二行 n 个数, 第i 个数 ci (1 ≤ ci ≤ 3) 表示该任务所在的房间。.
接下来一共 n 行. 第 i 行的第一个数是 ki (0 ≤ ki ≤ n - 1),表示完成第i 个任务之前需要完
成的任务个数，之后 ki 个正整数表示需要提前完成的任务的编号。
输出描述
输出一个正整数表示完成任务需要是时间。
样例数据
样例输入1：
5
2 2 1 1 3
1 5
2 5 1
2 5 4
1 5
0
样例输出1：
7

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解题报告：

　　第一题：先拿到到这道题的时候就想，这又是关于树的，没仔细想，肯定做不出来，就跳过写第二题了。结果后来写了这道题还得了70分，用了两个搜索回溯，找了所有边所以T了三组。正解：枚举边，以边的左右两点的子树找直径。什么是树的直径？就是这棵树的最长的一条路径。怎么搜？先从这个点出发找一条最长的路径，再从这条路径到的点搜一条最长的路径便是。所以有两个bfs，两个点就是4个dfs。要注意第二次dfs的时候不要越过所枚举的边的点找到另一棵子树上了。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=205;
int n,ans,a1,now;
struct node{
    int l,r;
};
int tot,he[maxn],ne[maxn*2],to[maxn*2];
node bian[maxn];
void add(int a,int b)
{
    tot++;
    to[tot]=b;
    ne[tot]=he[a];
    he[a]=tot;
}
void dfs1(int x,int fa,int len)
{
    for (int i=he[x];i;i=ne[i])
      if (to[i]!=fa)
        dfs1(to[i],x,len+1);
    if (len>=a1) a1=len;
    if (len==a1) now=x;
}
void dfs2(int x,int fa,int len,int cant)//find the longest road
{
    for (int i=he[x];i;i=ne[i])
      if (to[i]!=fa&&to[i]!=cant)
        dfs2(to[i],x,len+1,cant);
    if (len>=a1) a1=len;
}
int do_it(int x,int fa)
{
    a1=0;now=0;
    dfs1(x,fa,0);
    dfs2(now,fa,0,fa);
    return a1;
}
int main()
{
    freopen("A.input","r",stdin);
    freopen("A.output","w",stdout);
    cin>>n;
    for (int i=1;i<n;i++)
        {
            scanf("%d%d",&bian[i].l,&bian[i].r);
            add(bian[i].l,bian[i].r);
            add(bian[i].r,bian[i].l);
        }
    for (int i=1;i<n;i++)
        ans=max(ans,do_it(bian[i].l,bian[i].r)*do_it(bian[i].r,bian[i].l));    
    cout<<ans;
    return 0;
}

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　　第二题：先开始看这道题的时候觉得是这三道里面最简单的，结果果然不能轻敌，忘了队列长度会变，就全W了。正解：找规律，先从小到大排序，然后减去相同的一段数的值，直到k减不够。总之啊，遇到这类题，就是多画多手算，找规律，不要嫌麻烦而放弃。注意一些细节的问题。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=100005;
int n,same[maxn];
ll k;
struct node{
    int num;
    ll ci;
};
node a[maxn];
const int comp1(const node &a,const node&b)
{
    return a.ci<b.ci;
}
const int comp2(const node &a,const node&b)
{
    return a.num<b.num;
}
int main()
{
    freopen("B.input","r",stdin);
    freopen("B.output","w",stdout);
    cin>>n>>k;
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&a[i].ci);
        a[i].num=i;
    }
    sort(a+1,a+1+n,comp1);
    ll cnt=0,last=0,another=0;
    for (int i=1;i<=n;i++)//预处理 
      if (a[i].ci!=a[i-1].ci)  
          same[cnt++]=i;
    cnt=0;
    while (k)
    {
        ll x=n-same[cnt]+1,y=a[same[cnt]].ci-last;
        k-=(ll)(a[same[cnt]].ci-last)*(n-same[cnt]+1);
        if (k>=0)
        {
            last=a[same[cnt]].ci;
            cnt++;
        }
        else
        {
            k+=(ll)(a[same[cnt]].ci-last)*(n-same[cnt]+1);
            last+=k/(n-same[cnt]+1);
            k%=(n-same[cnt]+1);
            break ;
        }    
    }
    sort(a+same[cnt],a+n+1,comp2);
    for (int i=same[cnt];i<=n;i++)
      a[i].ci-=last;
    for (int i=same[cnt]+k;i<=n;i++)
          if (a[i].ci) printf("%d ",a[i].num);
    for (int i=same[cnt];i<same[cnt]+k;i++)
     {
         a[i].ci-=1;
        if (a[i].ci) printf("%d ",a[i].num);
     } 
    return 0;
}

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　　第三题：考试的时候想这个心情很浮躁，就不想深入思考。正解：拓扑排序，在学这个的时候就没有好好学，现在全忘了，还好有这道题，又复习了一遍：就是在队列中取出入度为0的点，并删除此点及以此点为起点的所有关联边，减入度，再把入度为0的push进队列。而这道题，虽然还有路径长度为2的边，但是可以发现，其实走长度为2的边与走长度为1的边到某个点的耗费是一样的，所以可以直接简化为只有长度为1的边来走。每个房间都有一个队列表示这个房间内入度为0即可以走的边，每走一次ans++，再走下一个房间，一直跑圈，直到所有任务都完成。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<queue>
using namespace std;
const int maxn=205;
int n;
int ci[maxn],indgr[maxn],indgr2[maxn];//入度
int tot,he[maxn],ne[maxn*maxn],to[maxn*maxn];//maxn*maxn
queue<int> q[4];
void add(int a,int b)
{
    tot ++;
    ne[tot]=he[a];
    to[tot]=b;
    he[a]=tot;
}
int tuopu(int x)//每个房间一个队列，嵌套拓扑排序，选入度为0的开始 
{
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        indgr2[i]=indgr[i];
        if (indgr2[i]==0)
          q[ci[i]].push(i);
    }
    int cnt=n,ans=0;
    while (cnt){
        while (!q[x].empty()){
            int now=q[x].front();
            q[x].pop();
            cnt--;
            for (int i=he[now];i;i=ne[i])
            {
                indgr2[to[i]]--;
                if (indgr2[to[i]]==0) q[ci[to[i]]].push(to[i]);
            }
        }
        if (cnt){
            ans++;
            x++;
            if (x>3) x=1;
        }
    }
    return ans+n;
}
int main()
{
    freopen("C.input","r",stdin);
    freopen("C.output","w",stdout);
    cin>>n;
    for (int i=1;i<=n;i++)
      scanf("%d",&ci[i]);
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&indgr[i]);
        for (int j=1;j<=indgr[i];j++)
        {
            int x;
            scanf("%d",&x);
            add(x,i);
        }
    }
    printf("%d",min(tuopu(1),min(tuopu(2),tuopu(3)) ) );
    return 0;
} 

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　　总的来说，需要注意的是，在考试的时候，千万不要出神，静下心来慢慢想，不要自我放弃，相信自己，就一定可以。每次把自己的问题弄懂，把每一道题弄懂再做，自己编。想题的时候，从最简单的开始分析，逐步深入，确保每一步分析都没有错。