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。
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。
/* 最优比率环？？根本不会 经过证明，最终答案是只选择一条边，求一个最大值 */ #include <cmath> #include <cstdio> #include <cstdlib> #include <iostream> #include <algorithm> #include <complex> #include <string> #include <cstring> #include <vector> #include <map> using namespace std; double ans; int A,B,C,n,m,a[100005],i; int main() { freopen("graph.in","r",stdin); freopen("graph.out","w",stdout); scanf("%d%d",&n,&m); for (i=1; i<=n; i++) scanf("%d",&a[i]); for (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
21
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。
/* 贪心 枚举最终状态最高身高为x 分三种情况 1.身高>x,宽度<=x，一定躺 2.身高<=x,宽度>x,一定不躺 3.身高，宽度<=x 1)身高>宽度 不能躺 2)身高<=宽度 只能让部分人躺，（宽度-身高）越大，越要躺 */ #include <cmath> #include <cstdio> #include <cstdlib> #include <iostream> #include <algorithm> #include <string> #include <cstring> #include <vector> #include <set> #include <map> using namespace std; set<int> ::iterator sit; int ans,sum,p[1005],i,a[1005],b[1005],cnt,CNT,j,ANS,n; int cmp(int i,int j) {return i>j;} bool FLAG; int main() { freopen("photo.in","r",stdin); freopen("photo.out","w",stdout); ANS=1000000000; scanf("%d",&n); for (i=1; i<=n; i++) scanf("%d%d",&a[i],&b[i]); for (i=1; i<=1000; i++) { sum=0; FLAG=true; cnt=0; CNT=0; for (j=1; j<=n; j++) if (b[j]<=i && (a[j]<=b[j] || a[j]>i)) sum+=a[j]; else if (a[j]>i && b[j]>i) {FLAG=false; break;} else if (b[j]>i) {cnt++; sum+=b[j];} else { p[++CNT]=a[j]-b[j]; sum+=a[j]; } if (!FLAG) continue; if (cnt>n/2) continue; sort(p+1,p+CNT+1,cmp); for (j=1; j<=min(n/2-cnt,CNT); j++) sum-=p[j]; ANS=min(ANS,sum*i); } cout<<ANS; return 0; }
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。
/* 倍增表 st[j][i]表示i次操作后，j位置的数字是什么 */ #include <cmath> #include <cstdio> #include <iostream> #include <cstdlib> #include <algorithm> #include <string> #include <cstring> using namespace std; long long st[131073][18]; int next[18][131073],i,j,n,m,now,k,A,B; int main() { freopen("xor.in","r",stdin); freopen("xor.out","w",stdout); scanf("%d%d",&n,&m); for (i=1; i<=(1<<n); i++) cin>>st[i][0]; for (i=1; i<=n; i++) { for (j=1; j<=(1<<n); j+=(1<<i)) { if (i % 2==1) st[j][i]=st[j][i-1]|st[j+(1<<(i-1))][i-1]; else st[j][i]=st[j][i-1]^st[j+(1<<(i-1))][i-1]; } } for (i=1; i<=n; i++) for (j=1; j<=(1<<n); j+=(1<<i)) { for (k=j; k<=j+(1<<i)-1; k++) next[i][k]=j; } for (i=1; i<=m; i++) { scanf("%d%d",&A,&B); st[A][0]=B; for (j=1; j<=n; j++) { now=next[j][A]; if (j % 2==1) st[now][j]=st[now][j-1]|st[now+(1<<(j-1))][j-1]; else st[now][j]=(st[now][j-1]^st[now+(1<<(j-1))][j-1]); } cout<<st[1][n]<<endl; } return 0; }