9.11NOIP模拟题

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】

4 5

1 2 1

1 3 1

2 3 -3

3 1 1

3 4 1

【输出样例】

【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。

/*

因为与n不连通的负环对答案无影响

所以先floyd预处理连通性

二分每条边上增加的数量，然后spfa判断

判断的时候必须edge[i].to能连到n才可以进队列

入队列n次说明有负环，当前答案不可行。

*/

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<queue>

#define N 101

using namespace std;

int head[N],vis[N],d[N],p[N];

int can[N][N];

int n,m,ans,cnt,num;

queue<int>q;

struct node

{

    int u,v,net,dis;

}e[N<<];

inline int read()

{

    int x=,f=;char c=getchar();

    while(c>''||c<''){if(c=='-')f=-;c=getchar();}

    while(c>=''&&c<=''){x=x*+c-'';c=getchar();}

    return x*f;

}

void init()

{

    memset(head,,sizeof head);

    memset(p,,sizeof p);

    memset(vis,,sizeof vis);

    memset(can,,sizeof can);

    for(int i=;i<=n;i++)

       can[i][i]=;

    cnt=;while(!q.empty()) q.pop();

}

inline void add(int u,int v,int dis)

{

    e[++cnt].v=v;e[cnt].net=head[u];e[cnt].dis=dis;head[u]=cnt;

}

void dfs(int now)

{

    vis[now]=;

    for(int i=head[now];i;i=e[i].net)

    {

        int v=e[i].v;

        if(vis[v])continue;

        vis[v]=; dfs(v);

    }return;

}

void floyd()

{

    for(int k=;k<=n;k++)

      for(int i=;i<=n;i++)

        for(int j=;j<=n;j++)

          if(can[i][k] && can[k][j]) can[i][j]=;

}

bool spfa(int now)

{

    memset(d,,sizeof d);

    memset(vis,,sizeof vis);

    memset(p,,sizeof p);

    d[now]=;vis[now]=;q.push(now);

    while(!q.empty())

    {

        int u=q.front();q.pop();vis[u]=;

        for(int i=head[u];i;i=e[i].net)

        {

            int v=e[i].v;

            if(d[v]>d[u]+e[i].dis && can[v][n])

            {

                d[v]=d[u]+e[i].dis;

                if(!vis[v])

                {

                    vis[v]=;

                    q.push(v);

                    if(++p[v]>n) return false;

                }

            }

        }

    }

    if(d[n]<) return false;

    return true;

}

bool AD(int k)

{

    for(int i=;i<=m;i++) e[i].dis+=k;

    bool res=spfa();

    for(int i=;i<=m;i++) e[i].dis-=k;

    return res;

}

int main()

{

    int x,y,T,z;

    T=read();

    while(T--)

    {

        n=read();m=read();init();

        for(int i=;i<=m;i++)

        {

            x=read();y=read();z=read();

            can[x][y]=;

            add(x,y,z);

        }

        dfs();

        if(!vis[n])    printf("-1\n");

        else

        {

            floyd();

            int l=-,r=;

            while(l<=r)

            {

                int mid=(l+r)>>;

                if(AD(mid)) r=mid-,ans=mid;

                else l=mid+;

            }AD(ans);

            printf("%d\n",d[n]);

        }

    }

    return ;

}

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】

5 2

3 5

【输出样例】

【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。

/*

首先仍然是要按照Ri从大到小排个序。然后设F[i][j]表示前i个物品中选j个可以获得的收益最大值。

状态转移方程：F[i][j]=max{F[i-1][j],F[i-1][j-1]+W[i]-R[i]*(j-1)}

边界条件：F[1][1]=W[1]

最后的答案=max{F[n][i]}

*/

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<algorithm>

#define N 3010

using namespace std;

int ans,n,dp[N][N];

struct node

{

    int w,r;

}a[N];

int cmp(node x,node y){return x.r>y.r;}

int main()

{

    scanf("%d",&n);

    for(int i=;i<=n;i++)scanf("%d%d",&a[i].w,&a[i].r);

    sort(a+,a+n+,cmp);

    dp[][]=a[].w;

    for(int i=;i<=n;i++)

        for(int j=;j<=i;j++)

            dp[i][j]=max(dp[i][j],max(dp[i-][j],dp[i-][j-]+a[i].w-a[i].r*(j-)));

    for(int i=;i<=n;i++) ans=max(ans,dp[n][i]);

    printf("%d",ans);

    fclose(stdin);fclose(stdout);

    return ;

}

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】

【输出样例】

【说明】

n<=2000000000

换底公式

/*

看到如此之大的数据范围，显然强行计算x^x的位数是不现实的，不仅需要高精度，而且效率极低。

题目的核心在于如何计算x^x的位数，可以利用对数的方法，log10(x)就是x的位数。

也就是 log10(x^x)>=n-1

如此判定方法就是简单了，代码形式就是 x * log(x) / log(10)（换底公式） >= n - 1

求最小，很明显是二分搜索，二分套一个判断函数就完成了此题。

*/

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<cstdlib>

#include<cmath>

#define N 1000000000

using namespace std;

bool judge(long long x, int n)

{

    return x*(log(x)/log())>=n-;

}

void BC(int l, int r, int n)

{

    int ans;

    while(l<=r)

    {

        int mid=(l + r)>>;

        bool cur=judge(1ll*mid,n);

        if(cur)r=mid-,ans=mid;

        else l=mid+;

    }

    printf("%d\n",ans);

    return;

}

int main()

{

    int n;

    scanf("%d", &n);

    BC(,N,n);

    return ;

}