2017.9.10所谓“切题如切菜杯”水题模拟赛(；´д｀)ゞ

T1：MHM

       LGL今天一共要上n节课，这n节课由0标号至n。由于过度劳累，除了第0节课和第n节课，LGL还打算睡上m节课，所以他做了一个睡觉计划表。通过小道消息，LGL得知WQ今天会在学校中检查，所以他想少睡k节课。但是由于某些原因，他又想使相邻的两节睡觉的课之间上的课数量的最小值最大。由于他很困，所以他请你来帮他计算这个值。

 

输入格式：

第一行为三个整数 n、m、k，接下来的m行为m个整数a_i，表示睡觉计划表中LGL想要睡觉的课。

输出格式：

一个整数，表示题目所求的值。

样例输入	样例输出
25 5 2 14 11 17 2 21	3

样例解释：

选择第2节和第14节不睡觉，这样子相邻的两节睡觉的课之间上的课数量的最小值为3，即第17节和第21节之间和第21节到第25节之间。没有答案更大的删除方案。

数据范围：

对于100%的数据：1<=n<=10⁹，1<=k<=m<=50000，0<a_i<n。

solution：

看题目了半天，这难道不是noip2015的跳石头的几乎是原题的变形吗。二分答案判定，废话不多说，直接上代码:

#include<cstdio>
int l,n,m,a[50005],L; 
int check(int x) { 
    int last=0,ans=0; 
    for(int i=1;i<=n;i++){ 
        if(a[i]-last<x) ans++; 
        else last = a[i]; 
    } 
    if(ans>m)return 0; 
    return 1; 
} 
int main(){
    scanf("%d%d%d",&L,&n,&m); 
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]); 
    a[n+1]=L; n++; 
    int l=0,r=L; 
    while(l<=r) { 
        int mid=(l+r)/2; 
        if(check(mid)) l=mid+1; 
        else r=mid-1; 
    } 
    printf("%d
",l); 
}

T2:AAFA

 YYH有n道题要做。每一道题都有一个截止日期t，只要在该日期之前做完，他的父亲LRB就会奖励他w元钱。令人惊讶的是，每一道题他都只需要1秒来做。请问他最多能从父亲那里拿到多少钱？

输入格式：

第一行为一个整数 n，接下来的n行每一行都有两个数t_i和w_i，分别表示第i题的截止日期和奖励。

输出格式：

一个整数，表示YYH的最大获利。

样例输入	样例输出
3 2 10 1 5 1 7	17

样例解释：

                     第1秒做第3道题，第2秒做第1道题。

数据范围：

对于 100%的数据：1<=n、t_i 、w_i <=100000。

solution:

按截止时间排序从头往后选。选到第i个时，若已选择的题目数量小于t_i，则该时间选择它一定更优；若已选择的数量等于t_i，则比较第i题的收益和已选择的题目中的最小收益，在酌情选择。我没用队列维护这题10分。。。

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <queue>
typedef long long ll;
struct work
{
    ll d,p;
}w[100001];
std::priority_queue<int,std::vector<int>,std::greater<int> > q;
int n;
ll sz,ans;
 
bool comp(work a,work b)
{
    return a.d<b.d;
}
 
int main()
{
    freopen("aafa.in","r",stdin);
    freopen("aafa.out","w",stdout);
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%I64d%I64d",&w[i].d,&w[i].p);
    std::sort(w+1,w+1+n,comp);
    ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        sz=q.size();
        if(sz<w[i].d) q.push(w[i].p);
        else if(sz==w[i].d)
        {
            if(q.top()<w[i].p)
            {
                q.pop();
                q.push(w[i].p);
            }
        }
    }
    ans=0;
    while(!q.empty())
    {
        ans+=q.top();
        q.pop();
    }
    printf("%I64d",ans);
    return 0;
}

T3：ZZI

       YYH拿到了父亲给的钱欣喜若狂，把这些钱拿来造了n栋房子。现在他要给这些房子通电。他有两种方法：第一种是在房间里搭核电发电机发电，对于不同的房子，他需要花不同的代价V_i；，第二种是将有电的房子i的电通过电线通到没电的房子j中，这样子他需要花的代价为a_ij。他现在请你帮他算出他最少要花多少钱才能让所有的房子通上电。

输入格式：

第一行为一个整数 n。接下来的n行为 n 个整数v_i，再接下来的n行每行n个数，第i行第j列的数表示a_ij。

输出格式：

一个整数，表示最小代价。

样例输入	样例输出
4 5 4 4 3 0 2 2 2 2 0 3 3 2 3 0 4 2 3 4 0	9

样例解释：

在第4栋房子造核电发电机，再将其他三栋房子通过电线连向它。

数据范围：

对于 100%的数据：1<=n<=300，1<=v_i，a_ij<=100000，保证a_ii=0，a_ij=a_ji。

solution: 

几乎裸最小生成树，prim算法，具体参考[USACO Oct08] 挖水井 。

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
int n,dis[305],e[305][305],t,w,ans;
bool flag;
int main(){
    freopen("zzi.in","r",stdin);
    freopen("zzi.out","w",stdout);
    scanf("%d",&n);
    dis[0]=(1<<30);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%d",&dis[i]);
        if(dis[i]<dis[0]){
            dis[0]=dis[i];
            t=i;
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=1;j<=n;j++){
            scanf("%d",&e[i][j]);
        }
    }
    ans+=dis[0];
    dis[t]=0;
    for(int j=1;j<=n;j++){
        if(dis[j]>e[t][j]){
            dis[j]=e[t][j];
        }
    }
    for(int i=1;i<=n-1;i++){ 
        w=(1<<30);
        for(int j=1;j<=n;j++){
            if(dis[j]<w&&dis[j]!=0){
                w=dis[j];
                t=j;
            }
        }
        ans+=w;
        dis[t]=0;
        for(int j=1;j<=n;j++){
            if(dis[j]>e[t][j]){
                dis[j]=e[t][j]; 
            }
        }
    }
    printf("%d
",ans);
    return 0;
}

T4：CCT

最近学校又发了n本五三题霸，BBS看到后十分高兴。但是，当他把五三拿到手后才发现，他已经刷过这些书了！他又认真地看了一会儿，发现新发的这些五三是2017版的，而他刷的是2016版的。现在他想找出所有他没有刷过的题来刷。每本五三都有m道题，并且它的特征（即它和去年版本的五三的差距）可以用一个m位二进制数来代表，二进制位上的1代表该题不同，0代表该题相同。比如4（100）就代表题目3和去年的有不同、5（101）就代表题目1和题目3和去年的有不同。而BBS热衷于给自己找麻烦，他要选择连续一段的几本五三一起刷，并且要求，所有选择的五三的特征中的所有k位中每一位出现1的次数都相同。他又想去刷最多的书，请你告诉他，他最多能刷多少本书？

输入格式：

第一行为两个整数 n、m，接下来的n行为 n 个整数，表示每本五三的特征。

输出格式：

一个整数，表示BBS最多能刷几本书。

样例输入	样例输出
7 3 7 6 7 2 1 4 2	4

样例解释：

这7本五三的特征分别为111,110,111,010,001,100,010。选择第3本至第6本五三，这些五三的特征中每一位都出现了2次1。当然，选择第4本到第6本也是可以的，这些五三的特征中每一位都出现了1次1。只是这样子BBS刷的书的数量就少了，他就会不高兴。

数据范围：

对于 100%的数据：1<=n<=100000，1<=k<=30。

solution: 

对于一个特征a₁a₂a₃...a_m，我们用(a₁-a₁)(a₂-a₁)(a₃-a₁)...(a_m-a₁)来表示它，然后再做对每一位前缀和(s₁-s₁)(s₂-s₁)(s₃-s₁)...(s_m-s₁)。易发现，当两个位置i、j前缀和相同时，i+1到j或i到j-1即是一种可行的选法。用个set记住每个前缀和最早出现的位置，对每个位置在set中查询并更新答案即可。（好吧，这是题解，其实我不会用set( ･´ω`･ )）

#include <cstdio>
#include <set>
 
int k;
struct sth
{
    int num;
    int dif[30];
    bool operator <(const sth &b)const
    {
        int i;
        for(i=1;i<k;i++)
        {
            if(dif[i]!=b.dif[i]) return dif[i]<b.dif[i];
        }
        return false;
    }
}t;
std::set<sth> s;
std::set<sth>::iterator it;
int n,x,ans;
int sum[100001][31];
 
int max(int a,int b)
{
    return a>b?a:b;
}
 
int main()
{
    freopen("cct.in","r",stdin);
    freopen("cct.out","w",stdout);
    scanf("%d%d",&n,&k);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&x);
        for(int j=1;j<=k;j++)
        {
            sum[i][j]=sum[i-1][j];
            if(x&(1<<(j-1))) sum[i][j]++;
        }
    }
    ans=0;
    t.num=0;
    for(int i=1;i<k;i++) t.dif[i]=0;
    s.insert(t);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        t.num=i;
        for(int j=1;j<k;j++) t.dif[j]=sum[i][j]-sum[i][j+1];
        it=s.find(t);
        if(it==s.end()) s.insert(t);
        else ans=max(ans,i-(*it).num);
    }
    printf("%d",ans);
    return 0;
}