北邮新生排位赛2解题报告a-c

A. 丁神去谷歌 2014新生暑假个人排位赛02

时间限制 1000 ms 内存限制 65536
KB

题目描述

丁神要去Google上班了，去之前丁神想再做一道水题，但时间不多了，所以他希望题目做起来既水又快。现在一共有n道题，编号从1到n，每道题有两个值a和b，a为做这道题需要的时间，b为题目的“水值”，丁神希望做b/a最大的那题。

输入格式

输入第一行为数据组数T(T≤10)，接下来T组数据，每组数据中第一行为一个数n，n为题目的数量，接下来n行，每行两个正整数a和b。如果两道题b/a的值是一样的就输出a比较小的，如果还一样就输出编号比较靠前的。 1≤a,b≤109,1≤n≤100000)

输出格式

对于每组数据，输出对应的题目编号，每个输出占一行。

输入样例

1
2
3 5
4 8

输出样例

2

水题不解释,数据颇大,不能排序,卡在cin,5次

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <cmath>
#include <vector>
using namespace std;
const double eps=10e-7;
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
    int t;
    cin>>t;
    while(t--){
        int n;
        cin>>n;
        double maxd=0;
        int a,b;
        int mina;
        int ans;
        for(int ni=1;ni<=n;ni++){
            cin>>a>>b;
            if(maxd<b/a){
                maxd=b/a;
                mina=a;
                ans=ni;
            }
            else if(fabs(maxd-b/a)<eps){
                if(a<mina){
                    mina=a;
                    ans=ni;
                }
            }
        }
        cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}

B. 丁神又去谷歌 2014新生暑假个人排位赛02

时间限制 1000 ms 内存限制 65536
KB

题目描述

丁神又要去Google上班了，这一次丁神想多做几道水题，并使题目的总水量最大.丁神同一时刻只能在水一道题，只有做完这道题才能得到它的水值，丁神的总时间为t，现在一共有n道题，编号从1到n，每道题有两个值a和b，a为做这道题需要的时间，b为题目的水值。

输入格式

输入第一行为数据组数T(T≤10)，接下来T组数据，每组数据中第一行为两个数t和n，n为题目的数量，t为总时间,接下来n行,每行两个正整数a和b。(1≤a,t≤1000，1≤n≤100，1≤b≤1000000000)

输出格式

对于每组数据，输出对应的最大总水量，每个输出占一行。

输入样例

1
10 2
8 16
6 12

输出样例

16

咳咳..其实我第一次的时候交的贪心我会说吗?看来dp还是意识缺乏,简单的01背包

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <cmath>
#include <vector>
using namespace std;

class query{
    public:
    int a,b,index;
};
bool cmp(query q1,query q2){
        long long  i=(q1.b*q2.a)-(q2.b*q1.a);
        if(i>0)return true;
        if(i<0)return false;
        if(q1.a>q2.a)return true;
        if(q1.a<q2.a)return false;
        if(q1.index<q2.index)return true;
        return false;
}
query que[120];
long long dp[120][1200];
int main(){
    int t;
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin>>t;
    //cout<<t<<endl;
    while(t--){
        int n,time;
        cin>>time>>n;
        int a,b;
        for(int ni=0;ni<n;ni++){
            cin>>a>>b;
            que[ni].a=a;
            que[ni].b=b;
            que[ni].index=ni;
        }
       // for(int ni=0;ni<n;ni++){
         //   cout<<que[ni].a<<" "<<que[ni].b<<" "<<que[ni].index<<endl;
        //}
        sort(que,que+n,cmp);
        long long ans=0;
       // for(int ni=0;ni<n;ni++){
       //     cout<<que[ni].a<<" "<<que[ni].b<<" "<<que[ni].index<<endl;
       // }
       memset(dp,0,sizeof(dp));
       dp[0][que[0].a]=que[0].b;
       for(int i=0;i<n;i++){
           for(int j=1;j<=time;j++){
               dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i][j-1]);
               if(i)dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j]);
               if(i&&j>=que[i].a){
                   dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j-que[i].a]+que[i].b);
                }
            //cout<<"dp"<<i<<" "<<j<<" "<<dp[i][j]<<endl;
            }
        }
        cout<<dp[n-1][time]<<endl;
    }
    return 0;
}

c:

C. goblin 2014新生暑假个人排位赛02

时间限制 1000 ms 内存限制 65536
KB

题目描述

现有一段横向长度为N的山脉，其中每段有一个独一无二的高度Hi(1到N之间的正整数）。现在你想知道对于长度为N的山脉，可能有这样的山脉多少种。这样的山脉是：某个位置要么比两边的高度都低，要么比两边的高度都高。两座山脉 A和 B 不同当且仅当存在一个 i，使得 Ai≠Bi。由于这个数目可能很大，你只对它除以 P 的余数感兴趣。

输入格式

输入以EOF为结束，每组仅含一行，两个正整数 N, P。 3≤N≤4200，P≤10^9

输出格式

对于每组数据输出仅含一行，一个非负整数，表示你所求的答案对 P 取余之后的结果。

输入样例

4 7

输出样例

3
说明：共有 10 种可能的山脉，它们是：
1324    1423    2143    2314    2413
3142    3241    3412    4132    4231 

又是dp

又没找出关系

...........

总之就是好好思考...

对k+1选取k+1作为基点,它在哪段都会成为最大点,上顶点,

设左边长度j:

左边 ans[j]

右边 ans[k-j]

ans(k+1)=SUM(c[j][k]*ans[j]*ans[k-j])

ym吴大神,刘大神

接下来注意不要爆运算中的int就行了(改成longlong)

#include <iostream>
using namespace std;
#define MAXN 4202
int c[MAXN][MAXN];
long long ans[MAXN];
int main(){
    int n,p;
    while(cin>>n>>p){
        c[1][1]=c[1][0]=1;
        for(int i=2;i<=n;i++){
            c[i][0]=1;
            for(int j=1;j<=i;j++){
                c[i][j]=(c[i-1][j-1]+c[i-1][j])%p;
            }
        }
        ans[0]=1%p;
        ans[1]=1%p;
        ans[2]=1%p;
        ans[3]=2%p;
        for(int i=4;i<=n;i++){
            for(int j=0;j<i;j+=2){
                ans[i]=ans[i]%p+((c[i-1][j])*(ans[i-1-j])%p*ans[j])%p;
                ans[i]%=p;
            }
        }
        cout<<ans[n]*2%p<<endl;
    }
}