9.11模拟赛

NOIP模拟赛

by thmyl

 

 

题目名称	superman	market	Lemon_Soda
可执行文件名	superman	market	Lemon_Soda
输入文件	superman.in	market.in	Lemon_Soda.in
输出文件	superman.out	market.out	Lemon_Soda.out
时间限制	1s	1s	1s
是否有部分分	无	无	无
满分	100	100	100
空间限制	250M	128M	128M
测试点数量	5	10	10

Problem 1. superman

【题目描述】

小可乐是要登上世界顶峰的男人！为了向他的妹子证明自己的能力，他决定去撒哈拉沙漠找到依米花送给他的妹子。

假设途中经过N个地区，编号为1~N，小可乐一开始在编号为1的地区，编号为N的地区代表撒哈拉沙漠，地区之间由于地形差别悬殊，并不是都可以直连的。同时由于不同经度存在时差，小可乐看了当地的地方时会以为出现了时间静止甚至倒流，所以我们假设两地区之间的穿行时间可以是负数或0，另外，由地区i到地区j的时间和由地区j到地区i的时间不一定是相同的。

小可乐在非洲的网友DDL被他感动了，决定去城市n迎接小可乐的到来，小可乐可以自己调整行动速度，为了不让DDL等得太着急，他想调整自己行动的速度，使得在每一条路上花费的时间都加或减一个整数，你的任务是调整小可乐的行动速度，找出一条用最短时间到达地区N的路径，并且保证这个最短时间的值大于或等于0。

【输入格式】

输入文件包含多组数据，第1个数为T，表示数据的数量。

对于每一组数据，输入第1行为两个正整数N，E，为地区的个数和地区间的路线数。然后E行，每行三个整数i，j和t（1≤i,j≤N，i≠j)，表示由地区i到地区j穿行的时间为t。由i到j最多只会有一条穿行线路。

【输出格式】

输出文件共T行，每组数据输出一行；

如果可以通过调节速度到达地区N，则输出一个非负整数，表示由地区1到地区N的最短时间。

如果不能由地区1到达地区N，则输出-1。

【输入样例】

1

4 5

1 2 1

1 3 1

2 3 -3

3 1 1

3 4 1

【输出样例】

2

【样例说明】

输入样例如图所示，其中节点标号表示相应地区，节点间数字表示所需时间。

如果设置控制速度的值为0，则有如下路径:1→2→3→1→2→……→3→4，使得投递的时间为负无穷大，显然是不符合要求的，所以应该把控制速度的值设为1,相当于每个时间值加1,得到的最短路径为1→2→3→4,所需时间为2+(-2)+2=2。

题目大意：给每条边加上或减去一个数，使得最短路没有负环，且最短路为非负整数解。

题解：floyed判断连通性+spfa求最短路。

代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cstring>
#define maxn 100005
using namespace std;

int n,e,t,l=0x7ffffff,r=-0x7ffffff,sumedge,ans;
int head[maxn],dis[maxn],vis[maxn],inq[maxn];

struct Edge{
    int x,y,z,nxt;
    Edge(int x=0,int y=0,int z=0,int nxt=0):
        x(x),y(y),z(z),nxt(nxt){}
}edge[maxn<<1];

void add(int x,int y,int z){
    edge[++sumedge]=Edge(x,y,z,head[x]);
    head[x]=sumedge;
}

void updata(){
    memset(dis,0,sizeof(dis));
    memset(head,0,sizeof(dis));
    memset(inq,0,sizeof(inq));
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    sumedge=0;
}

bool spfa(int s){
    queue<int>q;
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    memset(inq,0,sizeof(inq));
    memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
    while(!q.empty())q.pop();
    dis[1]=0;inq[1]=1;q.push(1);vis[1]=1;
    while(!q.empty()){
        int now=q.front();q.pop();
        inq[now]=0;
        for(int i=head[now];i;i=edge[i].nxt){
            int v=edge[i].y;
            if(dis[v]>dis[now]+edge[i].z+s){
                dis[v]=dis[now]+edge[i].z+s;
                if(!inq[v]){
                    inq[v]=1;
                    q.push(v);
                    vis[v]++; 
                    if(vis[v]>n)return 0;
                }
            }
        }
    }
    if(dis[n]<0)return 0;
    return 1;
}
int main(){
    scanf("%d",&t);
    while(t--){
        scanf("%d%d",&n,&e);
        updata();
        for(int i=1;i<=e;i++){
            int x,y,z;
            scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
            add(x,y,z);
            l=min(l,z);
            r=max(r,z);
        }
        while(l<=r){
            int mid=(l+r)>>1;
            if(spfa(mid)){
                ans=dis[n];
                r=mid-1;
            }else l=mid+1;
        }
        if(ans==0x3f3f3f3f){
            printf("-1
");
        }else printf("%d
",ans);
    }
    return 0;
}

没测 没测的代码一般都0蛋

Problem 2. market

【题目描述】

小可乐的妹子不在家，他只好自己去逛超市，小可乐最喜欢喝汽水，买到汽水会使小可乐开心起来，但是他也不愿意看到手里的毛毛变少，所以每买一瓶汽水也会有点难过，很显然他又遇到了很多麻烦。

现在小可乐面前有n瓶汽水，编号分别为1，2，3，……，n。他可以在这当中任意选择任意多瓶。其中第i瓶汽水有两个属性Wi和Ri，当他选择了第i瓶汽水后，就可以获得Wi的开心值；但是，他选择该汽水以后选择的所有汽水的开心值都会减少Ri。现在请你求出，该选择哪些汽水，并且该以什么样的顺序选取这些汽水，才能使得小可乐获得的开心值最大。

注意，开心值的减少是会叠加的。比如，选择了第i瓶汽水，那么就会获得Wi的开心值；然后又选择第j瓶汽水，又会获得了Wj-Ri开心值；之后又选择第k瓶汽水，又会获得Wk-Ri-Rj的开心值；那么他获得的开心值总和为Wi+(Wj-Ri)+(Wk-Ri-Rj)。

【输入格式】

第一行一个正整数n，表示汽水的瓶数。

接下来第2行到第n+1行，每行两个正整数Wi和Ri，含义如题目所述。

【输出格式】

输出仅一行，表示最大的开心值。

【输入样例】

2

5 2

3 5

【输出样例】

6

【说明】

20%的数据满足：n<=5，0<=Wi,Ri<=1000。

50%的数据满足：n<=15，0<=Wi,Ri<=1000。

100%的数据满足：n<=3000，0<=Wi,Ri<=200000。

样例解释：我们可以选择第1瓶汽水，获得了5点开心值；之后我们再选择第2瓶汽水，获得3-2=1点开心值。最后总的开心值为5+1=6。

题解：

贪心+dp

dfs10分 忘记全排列。

我们可知 如果固定选k个物品的话，一定不能先选r大的。如果先选，这个r将减少多个物品的价值。

首先将r从大到小排序，如果选择这个物品，那么这个物品使它被选之前的所有物品价值-r。

转移方程很好想，选这个物品和不选这个物品两个状态中选取一个最大的。

 代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,ans,f[3020][3020];
struct E{
    int w,r;
    bool operator < (const E &a)const{return r>a.r;}
}s[3010];
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",&s[i].w,&s[i].r);
    sort(s+1,s+n+1);
    for(int i=1;i<=n;i++)
     for(int j=1;j<=i;j++)
      f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i-1][j-1]+s[i].w-s[i].r*(j-1));
    for(int i=1;i<=n;i++)ans=max(ans,f[n][i]);
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

Problem 3. Lemon_Soda

【题目描述】

小可乐惊喜的发现一瓶汽水中了再来一瓶，他去商店换汽水的时候，店主Lemon和Soda打算耍耍他，出了一个难题，而且做不出来就不给汽水喝

这题说的是：

使得  达到或超过 n 位数字的最小正整数 x 是多少？

小可乐见了两位妹子紧张的不敢说话，快请你帮帮他解决这个难题吧

【输入格式】

一个正整数 n

【输出格式】

使得  达到 n 位数字的最小正整数 x

【输入样例】

11

【输出样例】

10

【说明】

n<=2000000000

换底公式

 

题解：二分答案

实质是求

x^x>=10^(n-1)，

log(x^x)>=log(10^(n-1))

x*log(x)>=n-1

因为左边是单调的 二分即可。

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;
int l,r,ans,n;
bool check(int x){
    if(x*log(x)/log(10)>=n-1)return 1;
    return 0;
}
int main(){
    scanf("%d",&n);
    l=0;r=2000000000;
    while(l<=r){
        int mid=(l+r)>>1;
        if(check(mid)){
            ans=mid;
            r=mid-1;
        }
        else l=mid+1;
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}