预计分数：100+60+60=220
实际分数：100+60+40=200
除了暴力什么都不会的我。。。。。
T1 2017.9.17巧克力棒(chocolate)
巧克力棒(chocolate)
Time Limit:1000ms Memory Limit:64MB
题目描述
LYK 找到了一根巧克力棒，但是这根巧克力棒太长了，LYK 无法一口吞进去。
具体地，这根巧克力棒长为 n，它想将这根巧克力棒折成 n 段长为 1 的巧克力棒，然后
慢慢享用。
它打算每次将一根长为 k 的巧克力棒折成两段长为 a 和 b 的巧克力棒，此时若 a=b，则
LYK 觉得它完成了一件非常困难的事，并会得到 1 点成就感。
LYK 想知道一根长度为 n 的巧克力棒能使它得到最多几点成就感。
输入格式(chocolate.in)
第一行一个数 n。
输出格式(chocolate.out)
一个数表示答案。
输入样例
7
输出样例
4
数据范围
对于 20%的数据 n<=5。
对于 50%的数据 n<=20。
对于 80%的数据 n<=2000。
对于 100%的数据 n<=1000000000。
样例解释
将 7 掰成 3+4， 将 3 掰成 1+2， 将 4 掰成 2+2 获得 1 点成就感， 将剩下的所有 2 掰成 1+1
获得 3 点成就感。总共 4 点成就感。
这道题可能是这次考试中我唯一一道推了推结论的题，
对于一个数n,能获得多少成就感我们不知道，
但是我们知道 1+1 = 2一定是n=2的最优情况
那么n=4的时候的最优情况就是(2*1+1)
推广到一般情况，
对于一个n，对他进行二进制拆分，可以证明这样就是最优解。
那么具体怎么拆分呢？？
打个表就好啦
时间复杂度O(31)
233333
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<cmath> 5 #include<algorithm> 6 using namespace std; 7 const int MAXN=400001; 8 inline void read(long long int &n) 9 { 10 char c=getchar();n=0;bool flag=0; 11 while(c<'0'||c>'9') c=='-'?flag=1,c=getchar():c=getchar(); 12 while(c>='0'&&c<='9') n=n*10+c-48,c=getchar();n=flag==1?-n:n; 13 } 14 long long int pow2[80]= 15 { 16 0, 17 1,3,7,15,31, 18 63,127,255,511,1023, 19 2047,4095,8191,16383,32767, 20 65535,131071,262143,524287,1048575, 21 2097151,4194303,8388607,16777215,33554431, 22 67108863,134217727,268435455,536870911,1073741823 23 ,2147483647}; 24 int main() 25 { 26 //freopen("chocolate.in","r",stdin); 27 //freopen("chocolate.out","w",stdout); 28 long long n; 29 cin>>n; 30 long long ans=0; 31 for(int i=31;i>=1;i--) 32 { 33 if(n>=(pow2[i]+1)) 34 { 35 n=n-(pow2[i]+1); 36 ans+=pow2[i]; 37 } 38 } 39 printf("%lld",ans); 40 return 0; 41 }
T2 2017.9.17LYK 快跑！(run)
题目描述
LYK 陷进了一个迷宫！ 这个迷宫是网格图形状的。 LYK 一开始在(1,1)位置， 出口在(n,m)。
而且这个迷宫里有很多怪兽，若第 a 行第 b 列有一个怪兽，且此时 LYK 处于第 c 行 d 列，此
时这个怪兽对它的威胁程度为|a-c|+|b-d|。 LYK 想找到一条路径，使得它能从(1,1)到达(n,m)，且在途中对它威胁程度最小的怪兽的
威胁程度尽可能大。
当然若起点或者终点处有怪兽时，无论路径长什么样，威胁程度最小的怪兽始终=0。
输入输出格式
输入格式：
第一行两个数 n,m。
接下来 n 行，每行 m 个数，如果该数为 0，则表示该位置没有怪兽，否则存在怪兽。
数据保证至少存在一个怪兽。
输入格式(run.out)
一个数表示答案。
输出格式：
输入输出样例
3 4 0 1 1 0 0 0 0 0 1 1 1 0
1
说明
对于 20%的数据 n=1。
对于 40%的数据 n<=2。
对于 60%的数据 n,m<=10。
对于 80%的数据 n,m<=100。
对于 90%的数据 n,m<=1000。
对于另外 10%的数据 n,m<=1000 且怪兽数量<=100。
一开始的思路是把每个点都拆开跑深搜，
于是乎n^4的做法就诞生了。
然后就开始破罐子破摔了，
反正预处理都n^4了，搜索也写深搜暴力吧，，，
无脑60分，，
正解：
反向考虑，对于一个有怪兽的点(i,j),对他周围的点遍历，
这样的预处理就降成了N^2.
然后爆搜就好了
1 nclude<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<cmath> 4 #include<algorithm> 5 #include<cstdlib> 6 using namespace std; 7 const int MAXN=1001; 8 const int INF=0x7ffff; 9 inline void read(int &n) 10 { 11 char c=getchar();n=0;bool flag=0; 12 while(c<'0'||c>'9') c=='-'?flag=1,c=getchar():c=getchar(); 13 while(c>='0'&&c<='9') n=n*10+c-48,c=getchar();n=flag==1?-n:n; 14 } 15 int map[MAXN][MAXN]; 16 int a[MAXN][MAXN]; 17 int xx[5]={-1,+1,0,0}; 18 int yy[5]={0,0,-1,+1}; 19 int n,m; 20 int flag=0; 21 int vis[MAXN][MAXN]; 22 void dfs(int nowx,int nowy,int val) 23 { 24 if(nowx==n&&nowy==m) { flag=1;return ; } 25 for(int i=0;i<4;i++) 26 { 27 int wx=nowx+xx[i]; 28 int wy=nowy+yy[i]; 29 if(map[wx][wy]>=val&&a[wx][wy]==0&&wx>0&&wy>0&&wx<=n&&wy<=m&&vis[wx][wy]==0) 30 { 31 vis[wx][wy]=1; 32 dfs(wx,wy,val); 33 vis[wx][wy]=0; 34 if(flag==1) return ; 35 } 36 } 37 } 38 bool check(int val) 39 { 40 flag=0; 41 vis[1][1]=1; 42 dfs(1,1,val) ; 43 if(flag==1) return 1;else return 0; 44 } 45 int main() 46 { 47 //freopen("run.in","r",stdin); 48 //freopen("run.out","w",stdout); 49 read(n);read(m); 50 for(int i=1;i<=n;i++) 51 for(int j=1;j<=m;j++) 52 read(a[i][j]); 53 for(int i=1;i<=n;i++) 54 for(int j=1;j<=m;j++) 55 map[i][j]=INF; 56 for(int i=1;i<=n;i++) 57 for(int j=1;j<=m;j++) 58 if(a[i][j]) 59 map[i][j]=INF; 60 else 61 for(int k=1;k<=n;k++) 62 for(int l=1;l<=m;l++) 63 if(a[k][l]) 64 map[i][j]=min(map[i][j],abs(k-i)+abs(l-j)); 65 int l=0,r=(n*m); 66 int ans=0; 67 while(l<=r) 68 { 69 int mid=(l+r)>>1; 70 if(check(mid)) l=mid+1,ans=mid; 71 else r=mid-1; 72 } 73 printf("%d",ans); 74 return 0; 75 }
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<cmath> 4 #include<algorithm> 5 #include<cstdlib> 6 #include<queue> 7 using namespace std; 8 const int MAXN=2001; 9 const int INF=0x7ffff; 10 inline void read(int &n) 11 { 12 char c=getchar();n=0;bool flag=0; 13 while(c<'0'||c>'9') c=='-'?flag=1,c=getchar():c=getchar(); 14 while(c>='0'&&c<='9') n=n*10+c-48,c=getchar();n=flag==1?-n:n; 15 } 16 int xx[5]={-1,+1,0,0}; 17 int yy[5]={0,0,-1,+1}; 18 int n,m; 19 int a[MAXN][MAXN]; 20 struct POINT 21 { 22 int x,y; 23 }point[MAXN*MAXN],p; 24 queue<POINT>q; 25 int vis[MAXN][MAXN]; 26 int dis[MAXN][MAXN]; 27 bool check(int val) 28 { 29 queue<POINT>q; 30 POINT p;p.x=1;p.y=1; 31 q.push(p); 32 memset(vis,0,sizeof(vis)); 33 while(q.size()!=0) 34 { 35 POINT p=q.front(); 36 if(p.x==n&&p.y==m) return 1; 37 q.pop(); 38 for(int i=0;i<4;i++) 39 { 40 POINT nxt; 41 nxt.x=p.x+xx[i]; 42 nxt.y=p.y+yy[i]; 43 if(nxt.x>0&&nxt.y>0&&nxt.x<=n&&nxt.y<=m&&vis[nxt.x][nxt.y]==0&&dis[nxt.x][nxt.y]>=val&&dis[nxt.x][nxt.y]!=INF) 44 { 45 vis[nxt.x][nxt.y]=1; 46 q.push(nxt); 47 } 48 } 49 } 50 return 0; 51 } 52 int main() 53 { 54 read(n);read(m); 55 for(int i=1;i<=n;i++) 56 for(int j=1;j<=m;j++) 57 dis[i][j]=INF; 58 for(int i=1;i<=n;i++) 59 for(int j=1;j<=m;j++) 60 { 61 read(a[i][j]); 62 if(a[i][j]) 63 { 64 dis[i][j]=0; 65 p.x=i,p.y=j,q.push(p); 66 } 67 } 68 69 while(q.size()!=0) 70 { 71 POINT p=q.front(); 72 q.pop(); 73 for(int i=0;i<4;i++) 74 { 75 POINT nxt; 76 nxt.x=p.x+xx[i]; 77 nxt.y=p.y+yy[i]; 78 if(vis[nxt.x][nxt.y]==0&&nxt.x>0&&nxt.y>0&&nxt.x<=n&&nxt.y<=m) 79 { 80 vis[nxt.x][nxt.y]=1; 81 dis[nxt.x][nxt.y]=min(dis[nxt.x][nxt.y],dis[p.x][p.y]+1); 82 q.push(nxt); 83 } 84 } 85 } 86 int l=0,r=(n*m); 87 int ans=0; 88 while(l<=r) 89 { 90 int mid=(l+r)>>1; 91 if(check(mid)) l=mid+1,ans=mid; 92 else r=mid-1; 93 } 94 printf("%d",ans); 95 return 0; 96 }
T3 2017.9.17仙人掌(cactus)
题目描述
LYK 在冲刺清华集训（THUSC） ！于是它开始研究仙人掌，它想来和你一起分享它最近
研究的结果。
如果在一个无向连通图中任意一条边至多属于一个简单环 （简单环的定义为每个点至多
经过一次） ，且不存在自环，我们称这个图为仙人掌。
LYK 觉得仙人掌还是太简单了，于是它定义了属于自己的仙人掌。
定义一张图为美妙的仙人掌， 当且仅当这张图是一个仙人掌且对于任意两个不同的点 i,j，
存在一条从 i 出发到 j 的路径，且经过的点的个数为|j-i|+1 个。 给定一张 n 个点 m 条边且没有自环的图，LYK 想知道美妙的仙人掌最多有多少条边。
数据保证整张图至少存在一个美妙的仙人掌。
输入输出格式
输入格式：
第一行两个数 n,m 表示这张图的点数和边数。
接下来 m 行，每行两个数 u,v 表示存在一条连接 u,v 的无向边。
输出格式：
一个数表示答案
输入输出样例
4 6 1 2 1 3 1 4 2 3 2 4 3 4
4 样例解释 选择边 1-2,1-3,2-3,3-4，能组成美妙的仙人掌，且不存在其它美妙仙人掌有超过 4 条 边。
说明
对于 20%的数据 n<=3。
对于 40%的数据 n<=5。
对于 60%的数据 n<=8。
对于 80%的数据 n<=1000。
对于 100%的数据 n<=100000 且 m<=min(200000,n*(n-1)/2)。
读题都读的我一脸蒙蔽
于是直接奔着n<=8的情况去了
直接暴力生成所有的图，
然后暴力判断可行不可行。
本来以为能得60分，结果只得了40分。。。
正解：
据某位玄学的大佬说。
i和i+1一定要选(贪心)
而且一定要选满n个点(贪心)
然后跑一边线段覆盖就可以A了(玄学)
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<cmath> 4 #include<algorithm> 5 #include<cstdlib> 6 #include<iostream> 7 using namespace std; 8 const int MAXN=101; 9 const int INF=0x7ffff; 10 inline void read(int &n) 11 { 12 char c=getchar();n=0;bool flag=0; 13 while(c<'0'||c>'9') c=='-'?flag=1,c=getchar():c=getchar(); 14 while(c>='0'&&c<='9') n=n*10+c-48,c=getchar();n=flag==1?-n:n; 15 } 16 struct node 17 { 18 int u,v,w,nxt; 19 }edge[MAXN]; 20 int head[MAXN]; 21 int num=1; 22 inline void add_edge(int x,int y,int z) 23 { 24 edge[num].u=x; 25 edge[num].v=y; 26 edge[num].w=z; 27 edge[num].nxt=head[x]; 28 head[x]=num++; 29 } 30 int n,m; 31 int map[MAXN][MAXN]; 32 int vis[MAXN];// 每个边是否被访问 33 int vis2[MAXN];// 每个点是否被访问 34 int have[MAXN][MAXN];// 是否满足条件 35 int dfs2(int point ,int num) 36 { 37 for(int i=1;i<=n;i++) 38 if(abs(point-i)+1==num+1) 39 have[point][i]=1; 40 for(int i=1;i<=n;i++) 41 if(map[point][i]&&vis2[i]==0) 42 { 43 vis2[i]=1; 44 dfs2(i,num+1); 45 vis2[i]=0; 46 } 47 } 48 int nowans; 49 int out; 50 int vis3[MAXN]; 51 bool flag3=0; 52 void pd() 53 { 54 memset(have,0,sizeof(have)); 55 memset(map,0,sizeof(map)); 56 memset(vis2,0,sizeof(vis2)); 57 memset(vis3,0,sizeof(vis3)); 58 flag3=0; 59 for(int i=1;i<=m;i++) 60 { 61 if(vis[i]) 62 { 63 map[edge[i].u][edge[i].v]=1; 64 map[edge[i].v][edge[i].u]=1; 65 } 66 } 67 int tot=0; 68 for(int i=1;i<=m;i++) 69 if(vis[i]) tot++; 70 if(tot>n) return ; 71 for(int i=1;i<=n;i++) 72 { 73 vis2[i]=1; 74 dfs2(i,1); 75 vis2[i]=0; 76 } 77 78 for(int i=1;i<=n;i++) 79 for(int j=1;j<=n;j++) 80 if(have[i][j]==0&&(i!=j)) return ; 81 nowans=0; 82 for(int i=1;i<=m;i++) 83 if(vis[i]) 84 nowans++; 85 out=max(out,nowans); 86 } 87 void dfs(int now) 88 { 89 if(now==m+1) 90 { 91 pd(); 92 return ; 93 } 94 vis[now]=1; 95 dfs(now+1); 96 vis[now]=0; 97 dfs(now+1); 98 } 99 int main() 100 { 101 // freopen("cactus.in","r",stdin); 102 //freopen("cactus.out","w",stdout); 103 read(n);read(m); 104 if(n==1) 105 { 106 printf("0"); 107 return 0; 108 } 109 if(n<=8) 110 { 111 for(int i=1;i<=m;i++) 112 { 113 int x,y;read(x);read(y); 114 add_edge(x,y,1); 115 } 116 dfs(1); 117 printf("%d",out); 118 } 119 else 120 { 121 printf("%d",rand()%m); 122 } 123 return 0; 124 }
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<cmath> 4 #include<algorithm> 5 #include<cstdlib> 6 #include<queue> 7 using namespace std; 8 const int MAXN=100001; 9 const int INF=0x7ffff; 10 inline void read(int &n) 11 { 12 char c=getchar();n=0;bool flag=0; 13 while(c<'0'||c>'9') c=='-'?flag=1,c=getchar():c=getchar(); 14 while(c>='0'&&c<='9') n=n*10+c-48,c=getchar();n=flag==1?-n:n; 15 } 16 int n,m; 17 struct node 18 { 19 int bg,ed; 20 }point[MAXN]; 21 int tot=0; 22 int comp(const node &a ,const node &b) 23 { 24 return a.ed<b.ed; 25 } 26 int main() 27 { 28 read(n);read(m); 29 for(int i=1;i<=m;i++) 30 { 31 int x,y;read(x);read(y); 32 if(x>y) swap(x,y); 33 if(x!=y-1) point[++tot].bg=x,point[tot].ed=y; 34 } 35 sort(point,point+tot+1,comp); 36 int cur=0; 37 int ans=0; 38 for(int i=1;i<=tot;i++) 39 { 40 if(cur<=point[i].bg) 41 { 42 cur=point[i].ed; 43 ans++; 44 } 45 } 46 printf("%d",ans+n-1); 47 return 0; 48 }
总结：
现在的我相比以前确实稳重了许多，
不会再傻傻的去开一个10000*10000的数组，
也不会再智障的在freopen里多敲一个空格。
但是，因为种种原因，
我很少能想出正解
是因为先天智商太低？
还是因为拿了暴力分之后就沾沾自喜？
亦或是懒得动笔去自喜分析？
这确实是一个严峻的问题，，
那么我前进的方向也就很明确了：
在拿到暴力分的基础上，拼尽全力想正解！