【洛谷2019 OI春令营】期中考试

T68402 扫雷

题目链接：传送门

题目描述

扫雷，是一款单人的计算机游戏。游戏目标是找出所有没有地雷的方格，完成游戏；要是按了有地雷的方格，游戏失败。现在 Bob 正在玩扫雷游戏，你作为裁判要判断他是否游戏失败。

具体来说，Bob 正在玩的扫雷游戏有 n×m 个格子，拥有上帝视角的你知道所有的雷埋在哪些方格。Bob 告诉你他会按哪些格子。如果他按的某个格子有地雷，那么他游戏失败，你需要输出是哪一步导致他游戏失败的；如果他按的所有格子都没有地雷，那么他游戏未失败，你只需输出“Good Game.”。

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输入输出格式

输入格式：

第一行两个整数 n,m，意义如上所述。

接下来 n 行，每行 m 个整数，表示格子的情况。对于一个位置，如果是 0 表示这个位置没有地雷，如果是 1 表示有地雷。

接下来一行一个整数 k，表示 Bob 的操作次数。

接下来 kk 行，其中的第 i 行有两个整数 xi​,yi​(1≤xi​≤n,1≤yi​≤m)，表示 Bob 的第 i 步按的位置。我们规定左上角的格子为 (1,1)，右下角的格子为 (n,m)。

你可以通过样例进一步理解输入格式。

输出格式：

如果游戏失败，输出是哪一步导致游戏失败。如果没有失败，输出“Good Game.”

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输入输出样例

输入样例#1：

3 4
0000
0000
0000
1
1 1

输出样例#1：

Good Game.

输入样例#2：

3 4
1000
0000
0000
1
1 1

输出样例#2：

1

输入样例#3：

3 4
1000
0000
0000
2
2 2
1 1

输出样例#3：

2

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【题解】：

简单模拟即可，注意的是输入按照字符串输入。

【代码】：

 #include<bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 const int N = ;
 int n,m,k;
 char a[N][N];
 int x[N],y[N],F=;
 int main()
 {
     scanf("%d%d",&n,&m);
     for(int i=;i<=n;i++){
         scanf("%s",a[i]+);
     }
     scanf("%d",&k);
     for(int i=;i<=k;i++){
         scanf("%d%d",&x[i],&y[i]);
     }
     for(int i=;i<=k;i++){
         if(a[x[i]][y[i]]==''){
             F = ;
             printf("%d\n",i);
             return ;
         }
     }
     if(F){
         puts("Good Game.");
     }
     return ;
 }

扫雷

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T68401 烤串

题目链接：传送门

题目描述

经历了艰辛的扫雷之后，Bob 感到体力不支。他来到了一个烤串店，发现烤串店正在大促销。促销策略如下：

1、1 根烤串不卖。

2、2 根烤串卖 5 块钱。

3、7 根烤串卖 10 块钱。

4、12 根烤串卖 17 块钱。

现在 Bob 有 nn 块钱，他想知道他最多可以买多少串烤串。

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输入输出格式

输入格式：

第一行一个整数 T，表示数据组数。

接下来 T 行，每行一个整数 n，意义如上所述。

输出格式：

输出 T 行，第 i 行表示第 i 组数据的答案。

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输入输出样例

输入样例#1：

1
34

输出样例#1：

24

输入样例#2：

2
34
15

输出样例#2：

24
9

 

说明

对于50% 的数据，满足1≤n≤100。

对于100% 的数据，满足 1≤n≤10^9,1≤T≤200。

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【题解】：
经典的题目，就是大范围贪心，小范围暴力枚举，或者用完全背包处理。
同时注意边界，之前因为边界问题错了好几回主要是，边界一定要是所有价钱的公倍数，不然会出错。
【代码】：

 #include<bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 const int N = 4e6+;
 typedef long long ll;
 int Val[] = {  ,  ,  ,  };
 int Cost[] = {  ,  , ,  };
 ll dp[N];
 void Init(){
     memset(dp,-0x7f,sizeof dp );
     dp[] = dp[] =  ;
     for(int i=;i<;i++){
         for(int j=Cost[i];j<=N-;j++){
             dp[j] = max( dp[j] , dp[j-Cost[i]] + Val[i] );
         }
     }
 }
 ll solve( ll n ){
     if( n < N ) {
         return dp[n];
     }
     ll cnt = ( (n-+)/  ) ;

     return dp[n - cnt* ] + cnt *  ;
 }
 int main()
 {
     Init();
     ll n;
     int T;
     scanf("%d",&T);
     while(T--){
         scanf("%lld",&n);
         ll ans = solve(n);
         printf("%lld\n",ans);
     }
     return ;
 }

烤串

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T68263 排序

题目链接：传送门

题目描述

Bob 吃完烤串之后又充满了精力，现在 Alice 给了他一个难题：

有一个长度为 n 的序列 a1​,a2​,⋯,an​，保证 ai​≥ai−1​(2≤i≤n)。但是 Alice 修改了其中某 kk 个位置的值，得到新序列 b1​,b2​,⋯,bn​。Bob 拿到序列 b 之后，希望可以改不超过 k 个位置的值，使得 b 序列也满足bi​≥bi−1​(2≤i≤n)。

这个问题对他来说太难了，他想寻求你的帮助。你需要告诉他如何修改使得满足要求。

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输入输出格式

输入格式：

第一行两个整数n,k，意义如上所述。

接下来一行 n 个整数，第 ii 个整数表示 bi​。

输出格式：

第一行一个整数 t，表示你要修改的次数。需要满足 t≤k。

接下来 t 行，第 i 行两个整数 pi​,vi​，表示将 bpi​​ 修改为 vi​。需要满足 1≤pi​≤n,0≤vi​≤10^9。

如果有多组解符合要求，输出任意一组即可。你不必最小化 t，只要满足 t≤k 即可。

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输入输出样例

输入样例#1：

5 1
1 2 7 4 5

输出样例#1：

1
3 3

输入样例#2：

5 2
1 2 3 4 5

输出样例#2：

0

 

说明

对于 50% 的数据，满足 1≤n≤100。

对于 100% 的数据，满足 1≤n≤5000,0≤k≤n,0≤bi​≤10^9。

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【题解】：
这个题目也比较经典，涉及的知识点是：最长上升子序列，以及dp记录路径问题。
真的非常精妙的题目，以前做过类似的，但是没有记录路径
1、首先求出LIS的长度为多少。
2、然后求出LIS哪一个为终点，在过程中注意要记录路径。
3、以终点往前跑，把对应的位置改为前一个子序列中元素的值即可。
例如：
序列为：1 、 2 、 7 、 4 、5
1、找出LIS，最长为4.
2、以5为终点时达到最大值。
3、然后进行标记。

1 、 2 、 7 、 4 、5

4、最后把对应的位置改成前一个位置的值。

1 、 2 、 2 、 4 、5

代码如下：

 #include<bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 const int N = 1e5+;
 int a[N],vis[N],dp[N],from[N];
 int n,k;
 int main()
 {
     scanf("%d%d",&n,&k);
     for(int i=;i<=n;i++){
         scanf("%d",&a[i]);
     }
     int First , cnt ,tot;
     for(int i=;i<=n;i++){
         dp[i] =  ;
         from[i] =  ;
         for(int j=;j<i;j++)if( a[j] <= a[i] ){
             if( dp[j] +  > dp[i] ){
                 dp[i] = dp[j] +  ;
                 from[i] = j ;
             }
         }
     }
     int Max_dp =  , Max_dp_pos = - ;
     for(int i=;i<=n;i++){
         if( dp[i] > Max_dp){
             Max_dp = dp[i];
             Max_dp_pos = i;
         }
     }
     //printf("%d %d\n",Max_dp,Max_dp_pos);
     for(int i = Max_dp_pos; i ; i = from[i] ){
         //printf("%d %d\n",i,from[i]);
         vis[i] =  ;
     }
     printf("%d\n",n-Max_dp);
     int pre = ;
     for(int i=;i<=n;i++){
         if( vis[i] ==  ){
             printf("%d %d\n",i,pre);
         }else{
             pre = a[i] ;
         }
     }
     return ;
 }

排序

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T79670 麻将

题目链接：传送门

题目描述

高呼三声 csfnb 后，Alice 和 Bob 开始打牌。

和一般的牌不同，他们打的牌上面有两个点数，分别设为 a,b。如果 Alice 获得这张牌，她会获得 a 分数；如果 Bob 获得这张牌，他会获得 b 分数。

游戏开始后，Alice 和 Bob 轮流从牌堆里拿牌，Alice 先手，直到牌堆的牌被拿完时游戏结束。Alice 的策略很简单，她每次选牌堆里 a 最大的那张牌据为己有，如果同时有多张牌有同样的 a，那么她会取 b 最大的那一张。现在 Bob 想知道他如何选可以获得最大的分数。

输入输出格式

输入格式：

第一行一个整数 n，意义如上所述。

接下来 n 行，第 i 行两个整数 ai​,bi​，表示第 i 张牌的点数。

输出格式：

一行一个整数，表示 Bob 按最优策略取的话，可以获得的最大分数。

输入输出样例

输入样例#1：

1
1 23333

输出样例#1：

0

输入样例#2：

2
1 23333
2 1

输出样例#2：

23333

【题解】：这个题目非常精妙，我觉得真的不错。

首先我们已经可以预知的Alice怎么选择，我们只需要在Alice选择前 ，对于Bob进行预测最优值即可。
这个题目涉及的知识点为：贪心，排序，堆优化。

首先我们已经预测到Alice怎么选择，我们直接可以用Alice的想法进行排序。
这里用到库函数Sort()进行排序即可。

然后第二步就是分析Bob的想法，
1、Alice先手，Bob选择只有比Alice少，不会比Alice多选牌。
2、然后对于Bob来说，对于排序后，偶数张牌是他必选的，奇数时是贪心决策的。
这个就是把大问题变成小问题处理，选第i张牌时，确保第i-1张牌为最优往后延伸。

举例子：
排序后的结果
A：　　10　　9　　8　　8
B：　　5　　  3　　7　　2　　
首先第一张牌肯定是给了Alice
选择第2张牌时，Bob肯定只能选第二张牌，得到的价值为3.
选择第3张牌时，Bob看到第3张牌了。
当前他是可以优先选择第3张牌，同时把第2张牌放回去（因为前3张牌只能选1张，Alice先手），得到的价值为 7 
选择第4张牌时，只能选择第4张牌，因为Alice 先手，已经拿去第1,2张牌了。
所以最优策略下，Bob的答案就是9.

在选择时为了能找出最小值，然后重新放入的动作，用了Priority_queue优先队列（堆）来优化。

附上代码：

 #include<bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 const int N = 1e5+;
 typedef long long ll;
 typedef pair<ll,ll> PII;
 priority_queue < ll , vector<ll>,greater<ll> > Q;
 PII C[N];
 int main()
 {
     int n;
     scanf("%d",&n);
     for(int i=;i<=n;i++){
         scanf("%lld%lld",&C[i].first,&C[i].second);
     }

     sort( C+ , C++n , greater<PII>() );

     long long ans =  ,t;
     if( n>= )
         Q.push(C[].second),ans=C[].second;
     for(int i=;i<=n;i++){
         if( i& ){
             t = Q.top();
             if( !Q.empty() && t < C[i].second ){
                 ans = ans - Q.top() + C[i].second;
                 Q.pop();
                 Q.push(C[i].second);
             }
         }else{
             ans += C[i].second;
             Q.push(C[i].second);
         }
     }
     return *printf("%lld\n",ans);
 }

麻将