cogs 比赛名称 树立信心的模拟赛
T1 2739. 凯伦和咖啡
时间限制：1 s 内存限制：512 MB
【题目描述】
为了在上课时保持清醒，凯伦需要一些咖啡。咖啡爱好者凯伦想知道最佳的温度来冲煮完美的咖啡。因此，她花了一些时间阅读几本食谱，其中包括广受好评的“咖啡的艺术”。
她知道有n个食谱，其中第i个食谱建议应当在li和ri度之间冲煮以达到最佳的味道。凯伦认为如果至少k个食谱推荐某个温度，那么那个温度是可以接受的。
凯伦的性格比较多变，因此她会问q个问题，对于每一个问题，她会给出一个温度区间[a,b]，你要告诉她有多少可接受的整数温度在这个范围内。
必须要放上图片...=n=
【输入格式】
第一行输入包含三个整数，n，k（1≤k≤n≤200000）和q（1≤q≤200000），如题中所描述。
接下来n行描述每一个食谱，具体来说，其中的第i行包含两个整数li和ri（1≤li≤ri≤200000），描述第i个食谱建议咖啡在li和ri度之间进行冲煮（包括端值）。
接下来q行为q个询问。这些行中的每一行都包含a和b，（1≤a≤b≤200000），表示她想知道a和b度之间的可接受的整数温度的数量，包括a和b。
【输出格式】
对于每个询问，一行输出一个答案。
【样例输入】
3 2 4
91 94
92 97
97 99
92 94
93 97
95 96
90 100
【样例输出】
3
3
0
4
【提示】
数据进行了更新，卡掉了部分暴力程序。
题目大意 ：
有n个线段覆盖，q个询问，问区间[a,b]之间有多少个点被大于等于k的线段覆盖着。
题解：
差分+树状数组维护前缀和。
暴力的想法是，每一个线段覆盖的区间都打标记，即 for(i=x--y)f[i]++;
最后在查询时看看区间里 有多少个点的标记是>=k的。时间复杂度O（n^2+nq）
慢的原因是每个点挨个打标记太浪费时间了，所以当[x,y]被线段覆盖时，只需打
两个标记a[x]++,a[y+1]--，这样处理a数组的前缀和，sum[i]就是i这个点被覆盖的
线段个数，我们将被覆盖的线段个数大于等于k放入树状数组求值就可以了。
1A，时间0.314s排名第三 耶=u=
代码
#include<iostream> #include<cstdio> using namespace std; int n,k,q,x,y,qx,qy,maxn; int a[200002],sum[200002],tree[200002]; int lowbit(int x){ return x&(-x); } void add(int x){ while(x<=maxn+10){ tree[x]++; x+=lowbit(x); } } int query(int a,int b){ int suma=0,sumb=0;a--; while(a){ suma+=tree[a]; a-=lowbit(a); } while(b){ sumb+=tree[b]; b-=lowbit(b); } return sumb-suma; } int main(){ freopen("coffee.in","r",stdin); freopen("coffee.out","w",stdout); scanf("%d%d%d",&n,&k,&q); //n个食谱，至少k个，q次询问。 for(int i=1;i<=n;i++){ scanf("%d%d",&x,&y); a[x]++;a[y+1]--; maxn=max(maxn,max(x,y)); } for(int i=1;i<=maxn;i++){ sum[i]=sum[i-1]+a[i]; if(sum[i]>=k)add(i); } for(int i=1;i<=q;i++){ scanf("%d%d",&qx,&qy); printf("%d ",query(qx,qy)); } fclose(stdin); fclose(stdout); return 0; }
T2 2739. 凯伦和游戏
★★ 输入文件：games.in 输出文件：games.out 简单对比
时间限制：2 s 内存限制：512 MB
【题目描述】
在她上学的路上，她沉迷于一款益智游戏无法自拔。
游戏是这样的：在每一关，你都有一个n行m列的网格。每个单元最初为数字0。每一步你可以选择一行或一列，并将该行或列中的所有单元格添加1。为了通关，你需要在所有的移动之后使第i行第j列的数字为g[i][j]。凯伦想知道一种使用最少步数通关的方法。
【输入格式】
第一行输入包含两个整数，分别为n和m（1≤n，m≤100），表示网格中的行数和列数。
接下来的n行每行都包含m个整数。第i行的第j个整数表示g[i][j]（0≤g[i][j]≤500）。
【输出格式】
如果无法通关，输出-1。
否则，第一行输出一个整数k表示最小步数
接下来k行包含以下两项，用来描述一步操作
row x,(1<=x<=n)表示选第x行。
col x,(1<=x<=m)表示选第x列。
如果有多个答案，输出字典序最小的一个。（就是先输出行，按行号从小到大，再输出列，按列号从小到大）
【样例输入1】
3 5
2 2 2 3 2
0 0 0 1 0
1 1 1 2 1
【样例输出1】
4
row 1
row 1
row 3
col 4
【样例输入2】
3 3
0 0 0
0 1 0
0 0 0
【样例输出2】
-1
【样例输入3】
3 3
1 1 1
1 1 1
1 1 1
【样例输出3】
3
row 1
row 2
row 3
【来源】
题目大意：要求一个都是0的矩阵，每一步可以把一行或者是一列都+1，求多少步可以变成目标矩阵。
题解：
80分贪心。啊啊我知道为什么错了...因为要最小步数 所以要判断行和列谁大，万一这个矩阵又高又瘦呢...
先消除行不就不划算了么....
每一列或者是行都加1太麻烦了，所以我们的问题转换成目标矩阵每一步能把一行或者是一列-1，求几步
能变成都是0的矩阵。
贪心的做法是，统计每一行和每一列的最小值。如果某一行或者是某一列的的最小值为0，那么就不能一次性
将这一行或一列都-1。因为要求字典序最小，我们先看行，每行减去它的非零最小值，非0最小值是这一行的
最小值不能为0，更新列的最小值，然后在减去每一列的非零最小值，判断是否矩阵的值都为0；
代码：
80贪心。AC代码
#include<iostream> #include<cstring> #include<cstdio> using namespace std; int n,m,k; int minrow[520],mincol[520],a[520][520]; struct A { int id,s,js;//id表示行（1）还是列（0），s表示哪一个。 } ans[255000]; bool check() { for(int i=1; i<=n; i++) for(int j=1; j<=m; j++) if(a[i][j])return false; return true; } int main() { freopen("games.in","r",stdin); freopen("games.out","w",stdout); scanf("%d%d",&n,&m); //n行 m列 memset(minrow,127/3,sizeof(minrow)); memset(mincol,127/3,sizeof(mincol)); for(int i=1; i<=n; i++) { for(int j=1; j<=m; j++) { scanf("%d",&a[i][j]); minrow[i]=min(minrow[i],a[i][j]);//第i行最小的数 mincol[j]=min(mincol[j],a[i][j]);//第j列最小的数 } } if(m>=n) { for(int i=1; i<=n; i++) { if(minrow[i]==0)continue; for(int j=1; j<=m; j++) { a[i][j]-=minrow[i]; mincol[j]=min(mincol[j],a[i][j]); } ans[++k].id=1; ans[k].s=i; ans[k].js=minrow[i]; minrow[i]=0; } for(int i=1; i<=m; i++) { if(mincol[i]==0)continue; for(int j=1; j<=n; j++) { a[j][i]-=mincol[i]; } ans[++k].id=0; ans[k].s=i; ans[k].js=mincol[i]; mincol[i]=0; } } else { for(int i=1; i<=m; i++) { if(mincol[i]==0)continue; for(int j=1; j<=n; j++) { a[j][i]-=mincol[i]; minrow[j]=min(minrow[j],a[j][i]); } ans[++k].id=0; ans[k].s=i; ans[k].js=mincol[i]; mincol[i]=0; } for(int i=1; i<=n; i++) { if(minrow[i]==0)continue; for(int j=1; j<=m; j++) { a[i][j]-=minrow[i]; mincol[j]=min(mincol[j],a[i][j]); } ans[++k].id=1; ans[k].s=i; ans[k].js=minrow[i]; minrow[i]=0; } } if(check()) { int p=0; for(int i=1; i<=k; i++)p+=ans[i].js; printf("%d ",p); for(int i=1; i<=k; i++) { if(ans[i].id==1) { for(int j=1; j<=ans[i].js; j++) printf("row %d ",ans[i].s); } else { for(int j=1; j<=ans[i].js; j++) printf("col %d ",ans[i].s); } } } else printf("-1"); fclose(stdin); fclose(stdout); return 0; }
T3 2747. 凯伦和超市
★★★ 输入文件：market.in 输出文件：market.out 简单对比
时间限制：2 s 内存限制：512 MB
【题目描述】
在回家的路上，凯伦决定停在超市买些杂货。
她需要买很多商品，但由于她是学生，她的预算还是相当有限的。其实她只能花最高b美元。
超市里有n种商品，第i种商品价格为c[i]美元。当然，每种商品只能买一次。最近，超市一直在努力增加业务，作为忠实客户的凯伦，获得了n张优惠券，如果凯伦买了第i件商品，她可以用第i张优惠券来降低d[i]的价格。当然，如果不买相应的商品就无法使用优惠券。
然而，优惠券有一定限制：对于所有i≥2，为了使用第i张优惠券，凯伦也必须使用第xi张优惠券（这可能意味着使用更多的优惠券来满足该优惠券的要求）。凯伦想知道，用她的钱最多可以买多少商品。
【输入格式】
第一行输入包含两个整数n和b（1≤n≤5000,1≤b≤10^9），商店中的货物数量和凯伦的钱数。
接下来的n行描述以下项：
其中第i行开始是两个整数分别为次c[i]和d[i](1<=d[i]<c[i]<=10^9)，表示第i个商品的价钱和用第i张优惠券买这个商品可以减少的价钱，如果i>=2，接下来是另一个整数x[i](1<=x[i]<i)，表示第x[i]张优惠券应该先被使用。
【输出格式】
输出一行，一个整数，即凯伦能买到的最大的商品数。
【样例1】
input
6 16
10 9
10 5 1
12 2 1
20 18 3
10 2 3
2 1 5
output
4
【样例2】
input
5 10
3 1
3 1 1
3 1 2
3 1 3
3 1 4
output
5
【提示】
在此键入。
【来源】
在此键入。
题目大意：n个商品 b个钱，每个商品都有优惠券可以减少一定的价钱，但是除了第一个商品，使用优惠券必须要满足使用第xi优惠券。
每种物品只能买一次...
题解：tan 90
一开始以为是有依赖性背包问题...想想不是...
有觉得是拓扑+dp...推不出来。
还是dfs好了，0分懵比。ORZ
代码：
懵比0分dfs
#include<iostream> #include<cstdio> using namespace std; int n,b,pre,ans,sumedge,head[5005],c[5005],d[5005]; struct Edge{ int x,y,nxt; Edge(int x=0,int y=0,int nxt=0): x(x),y(y),nxt(nxt){} }edge[5019]; void add(int x,int y){ edge[++sumedge]=Edge(x,y,head[x]); head[x]=sumedge; } void dfs(int x,int use,int buy,int sum,int all){ ans=max(ans,sum); if(all>b)return; if(x==0){ dfs(x+1,1,1,sum+1,all+c[1]-d[1]); dfs(x+1,0,1,sum+1,all+c[1]); dfs(x+1,-1,0,sum,all); } if(use==1){ for(int i=head[x];i;i=edge[i].nxt){ int v=edge[i].y; dfs(v,1,1,sum+1,all+c[v]-d[v]); dfs(v,0,1,sum+1,all+c[v]); dfs(v,-1,0,sum,all); } }else if(use==0){ for(int i=head[x];i;i=edge[i].nxt){ int v=edge[i].y; dfs(v,-1,0,sum,all); dfs(v,0,1,sum+1,all+c[v]); } }else if(use==-1){ for(int i=head[x];i;i=edge[i].nxt){ int v=edge[i].y; dfs(v,-1,0,sum,all); dfs(v,0,1,sum+1,all+c[v]); } } return ; } int main(){ freopen("market.in","r",stdin); freopen("market.out","w",stdout); scanf("%d%d",&n,&b); //货物的数量 凯伦的钱数。 scanf("%d%d",&c[1],&d[1]); //第1个商品的价钱和第一个商品用优惠券减少的价钱。 for(int i=2;i<=n;i++){ scanf("%d%d%d",&c[i],&d[i],&pre); add(pre,i); } dfs(0,0,0,0,0); //买了几个物品，这个物品用没用优惠券 //买没买 买个几个物品 花了多少钱。 printf("%d ",ans); fclose(stdin); fclose(stdout); return 0; }
正解是树形dp...因为我还没做过...所以我先做几道题再回来补这个坑.=u=