T1浇水:

  题目描述

  •   在一条长n米,宽m米米的长方形草地上放置着k个喷水装置。假设长方形草地的坐标范围为[ 0 , 0 ] ~ [ n , m ],那么第 i 个喷水装置的位置为(ai,m/2),也就是说喷水装置全部位于一条直线上。此外第 i 个喷水装置能向半径ri的圆形区域内喷水。
  • 负责管理喷水装置的园丁老大爷想知道,要想覆盖整个草地,至少需要开启多少个喷水装置。

  输入格式

  • 第一行三个正整数 k , n , m 。其中 m 为偶数。
  • 接下来 k 行,每行两个整数ai 和ri ,代表第 i  个喷水装置的横坐标和喷水半径。

  输出格式

  • 一个整数 ans 代表至少需要开启的喷水装置数量。若所有装置都开启依然不能覆盖整个草地则输出-1 。

  样例

  样例输入1


  样例输出1

 

  样例输入2


  样例输出2

 

  数据范围与提示

  • 样例1 解释开启位于4和12的喷水装置即可。
  • 30%的数据中:k ≤ 20。
  • 另有20%的数据中:ri均相等。
  • 100%的数据中:m≤20000,ri≤10000,n,k≤100000,ai

  分析:

  •   喷水装置在长方形的中线上,如果某个喷水装置能喷到左上角的地方,那左下角必定能喷到。
  • 如果喷水装置的喷水半径小于此装置无用
  • 所以我们可以预处理出每一个喷水装置能喷到的左、右最远的距离,然后对其左边界进行排序,从左到右,一次枚举花坛的未喷到的最远点,在能喷到的装置中找到右端点最远的装置。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+;
int k,n,m;
int a,r;
int cnt;
struct wat{//记录一个点的左右最远的覆盖范围
double L;//double!!!
double R;
}w[N]; bool cmp(wat a,wat b){//按
return a.L<b.L;
} int main(){
scanf("%d%d%d",&k,&n,&m);//输入
for(int i=;i<=k;i++){
scanf("%d%d",&a,&r);
if(r*<=m)continue;//去除一些没用的喷水装置
w[++cnt].L=a-sqrt(r*r-m*m/4.0);//等于也不行(喷一个线有啥用)
w[cnt].R=a+sqrt(r*r-m*m/4.0);
}
sort(w+,w++cnt,cmp);//排序
double right=;
int ans=;
while(right<n){//
ans++;
double s=right;//用一个s保存right值因为后面的right值要变
for(int i=;i<=k&&w[i].L<=s;i++){
if(right<w[i].R){
right=w[i].R;//更新覆盖的最右边的值
}
}
if(right==s&&s<n){//不满题意
printf("-1\n");
return ;
}
}
printf("%d\n",ans);
return ;
}

T2免费馅饼:

  题目描述:

  • 最新推出了一种叫做“免费馅饼”的游戏:
  • 游戏在一个舞台上进行。舞台的宽度为 w格,天幕的高度为 h格,游戏者占一格。
  • 开始时游戏者站在舞台的正中央,手里拿着一个托盘。下图为天幕的高度为 4 格时某一个时刻游戏者接馅饼的情景。
  • 游戏开始后,从舞台天幕顶端的格子中不断出现馅饼并垂直下落。游戏者左右移动去接馅饼。游戏者每秒可以向左或向右移动一格或两格,也可以站在原地不动。
  • 馅饼有很多种,游戏者事先根据自己的口味,对各种馅饼依次打了分。同时,在 电脑的遥控下,各种馅饼下落的速度也是不一样的,下落速度以格/秒为单位。
  • 当馅饼在某一秒末恰好到达游戏者所在的格子中,游戏者就收集到了这块馅饼。

  • 写一个程序,帮助我们的游戏者收集馅饼,使得所收集馅饼的分数之和最大。

  输入格式:

  •   输入文件的第一行是用空格隔开的两个正整数,分别给出了舞台的宽度 w ( 1到 99之间的奇数)和高度 H( 1到100 之间的整数)。
  • 接下来依馅饼的初始下落时间顺序给出了所有馅饼的信息。每一行给出了一块馅饼的信息。由四个正整数组成,分别表示了馅饼的初始下落时刻(1 到1000 秒),水平位置、下落速度(1  到 100 )以及分值。游戏开始时刻为0从 开始自左向右依次对水平方向的每格编号。
  • 输入文件中同一行相邻两项之间用一个或多个空格隔开

  输出格式:

  • 输出文件的第一行给出了一个正整数,表示你的程序所收集的最大分数之和。

  样例:

  样例输入:


  样例输出:


  数据范围与提示:

  • 0≤馅饼个数 ≤2500。

  分析:

  • 一道移动DP题。这题初看无从下手,馅饼和人都在移动,但仔细分析可得:定馅饼不动,由人移动去接馅饼。
  • 想好两点:
    •   只有高度可以被下落速度整除时,改馅饼才有被接住的可能。
    • 时间可以当作纵坐标处理,即
  • 设f [ i ] [ j ],i 表示时刻,j表示x坐标。用k枚举移动的距离(k只能取-2,-1,0,1,2)。
  • 动态转移方程为:f [ i ] [ j ] = max(f [ i - 1 ] [ j + k ] + a [ i ] [ j ]);
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=;
int w,h;
int cnt;
int T,P,V,W,maxtime;
int t[N],p[N],v[N],val[N];
int f[N][N];
int hehe(int i,int j){
int ans=;
for(int k=-;k<=;k++){
if(j+k<||j+k>w)continue;
ans=max(ans,f[i+][j+k]);
}
return ans;
} int main(){
scanf("%d%d",&w,&h);
h--;//注意减一
while(scanf("%d%d%d%d",&T,&P,&V,&W)==){
if(h%V==){
t[++cnt]=T+h/V;//注意+T;
p[cnt]=P;v[cnt]=V;val[cnt]=W;
maxtime=max(maxtime,t[cnt]);//找出下落时间最大的值来
}
}
if(cnt==){//如果都不符合那就结束
printf("");
return ;
}
for(int i=;i<=cnt;i++){//可能有不同时出发的但同时同地落下的馅饼。累加。
f[t[i]][p[i]]+=val[i];
}
for(int i=maxtime-;i>=;i--){//从后往前
for(int j=w;j>=;j--){//maxtime注意减一因为转移有范围。
f[i][j]+=hehe(i,j);
}
}
printf("%d",f[][(w+)/]);//f数组定义的是从i秒j地的最大分数
return ;
}

T3压缩:dp(★★★★★★★★★★★★★★★★★★★★★★★★★......)

  呵呵,洛谷紫题,教练拿来当作入门题考,beng......

  题目描述:

  • 给一个由小写字母组成的字符串,我们可以用一种简单的方法来压缩其中的重复信息。压缩后的字符串除了小写字母外还可以(但不是必需)包含大写字母R 与M ,其中 M 标记重复串的开始, 重复从上一个 R(如果当前位置左边没有M ,则从串的开始算起)开始的解压结果(称为缓冲串)。
  • bcdcdcdcd可以压缩为bMcdRR。

   输入格式:

  • 输入仅一行,包含待压缩的字符串,仅包含小写字母,长度为n。

  输出格式:

  • 输出仅一行,即压缩后字符串的最短长度。

  样例:

  样例输入1:

aaaaaaa

  样例输出1:

 

  样例输入2:

bcdcdcdcdxcdcdcdcd

  样例输出2:

  数据范围与提示:

  50%的数据满足:1≤n≤20。

  100%的数据满足:1≤n≤50。

  分析:

  • 设f[i][j][0]表示i到j的区间没有M的情况:

    • 如果前半段与后半段相等,f[i][j][0] = min(f[i][j][0],f[i][mid][0]+1);
    • 如果[i~j],但有可能[i~k](i<k<j)可以折叠,f[i][j][0] = min(f[i][j][0],f[i][k][0]+j-k);
  • f[i][j][1]表示i到j的区间内有M的情况:
    • k枚举的是M的位置,即在k的后面放一个M:
    • f[i][j][1] = min(f[i][j][1],min(f[i][k][0],f[i][k][1])+min(f[k+1][j][0],f[k+1][j][1]))
    • 对区间[i , k]和[k+1,j]均有两种选择,然后加上M这个1。
  • 最后输出ans = max(f[i][len][0],f[1][len][1])。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=;
char s[N];
int f[N][N][]; bool judge(int l,int r){//判断前一半是否和后一半相等
if((r-l+)&)return false;//长度为奇数
int mid=(l+r)>>;
for(int i=l;i<=mid;i++)
if(s[i]!=s[i+mid-l+])return false;
return true;
} int main(){
scanf("%s",s+);
int len = strlen(s+);
for(int i=;i<=len;i++)//初始化为没有折叠
for(int j=i;j<=len;j++)
f[i][j][]=f[i][j][]=(j-i+);
for(int l=;l<=len;l++){
for(int i=,j;(j=i+l)<=len;i++){//i为区间起点,j为区间终点
if(judge(i,j))//区间[i,j]正好能折叠
f[i][j][]=min(f[i][(i+j)/][]+,f[i][j][]);
for(int k=i;k<j;k++)//枚举区间的断点,有可能[i,k]能折叠
f[i][j][]=min(f[i][j][],f[i][k][]+j-k);
for(int k=i;k<j;k++)//枚举M的位置,即在k的后面加一个M
f[i][j][]=min(f[i][j][],std::min(f[i][k][],f[i][k][])+min(f[k+][j][],f[k+][j][])+);
}
}
printf("%d\n",min(f[][len][],f[][len][]));
return ;
}

T4枪战Maf:(思维★★)

  题目描述:

  •   有 n个人,用1~n进行编号,每个人手里有一把手枪。一开始所有人都选定一个人瞄准(有可能瞄准自己)。然后他们按某个顺序开枪,且任意时刻只有一个人开枪。因此,对于不同的开枪顺序,最后死的人也不同。

  输入格式:

  •   输入n 人数n<1000000
  • 接下来n个数,依次为每个人的aim。

  输出格式:

  •   输出只有一行,共两行整数,为最后死亡的最小和最大人数。

  样例输出:

       

  样例格式:

 

  分析:

  设最大存活人数Max,最少存活人数Min

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=;
int n;
int aim[N];
int Min,Max;
int q[N],rd[N];
bool die[N],live[N];
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=;i<=n;i++){
scanf("%d",&aim[i]);
rd[aim[i]]++;//存入度
}
for(int i=;i<=n;i++){
if(rd[i]==){
Min++;//最小必活数+1
Max++;//队列维护的是入度为0的点
q[Max]=i;
}
}
int aa=;
while(aa<=Max){//扫描队列
int front=q[aa++];//取出队首并出队
if(die[aim[front]])continue;//队首目标已死(多个入度为0的点指向一个点)
die[aim[front]]=;//队首目标必死
int faim=aim[aim[front]];//队首目标的目标可死可不死,看决策
rd[faim]--;
live[faim]=;//可以让他活,但想死的时候随时可以让他死,在环可以最后死
if(rd[faim]==){//虽然入度为0,但不一定是必活,所以Min不加
q[++Max]=faim;
}
}//下面处理只剩下环
for(int i=;i<=n;i++){
if(rd[i]&&!die[i]){
int l=,flag=;//l记录环大小,flag标记环上是否有live的点
for(int j=i;!die[j];j=aim[j]){
l++;
flag|=live[j];
die[j]=;//标记已死,避免其他的再来计算
}
if(!flag&&l>)Min++;//l=1表示自环,必死
Max+=l/;
}
}
printf("%d %d",n-Max,n-Min);
return ;
}

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