HDU-6396

题意:

   背景是打怪升级的故事,有k个不同属性的初始的能力值,每只怪物也有相同个数的能力值,你只能放倒k个能力值都比怪物大的,每放倒一个怪物,都可以得到相应的k个能力值。

思路:

   根据k个能力值得到k个不同的排序,设立k个不同的指针从小到大开始移动,对满足被放倒的条件的属性进行标记,当某只monster的所有防御属性都被标记时,更新打怪者的能力值。

  这里的移动操作,可以通过判断cnt是否更新 来结束循环。而每次移动操作都使得指针跑到打怪者能力小于monster的位子。

  自己在练习的时候想的思路有点不周全,我们先对k个能力单独排序,单独给能放倒的怪兽打标记,最后看标记个数是否等于k个。反例是:对某种属性值,你只有打败了A号怪物,才能通过得到的能力值打败其他怪物,而在另一种属性下,A好怪物不能被放倒,但其他怪物能被放倒,这就造成了误判。

代码:

//#include<bits/stdc++.h>
//#include<unordered_map>
//#include<unordered_set>
#include<functional>
#include<algorithm>
//#include<ext/rope>
#include<iomanip>
#include<climits>
#include <iostream>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cstddef>
#include<stdio.h>
#include<memory>
#include<vector>
#include<cctype>
#include<string>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<deque>
#include<ctime>
#include<stack>
#include<map>
#include<set> #define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define INF 0x3f3f3f3f
#define pi 3.1415926535898
#define lowbit(a) (a&(-a))
#define lson l,(l+r)/2,rt<<1
#define rson (l+r)/2+1,r,rt<<1|1
#define Min(a,b,c) min(a,min(b,c))
#define Max(a,b,c) max(a,max(b,c)) using namespace std;
//using namespace __gnu_cxx; typedef long long ll;
typedef pair<int,int> P;
typedef unsigned long long ull; const ll LLMAX=2e18;
const int MOD=1e9+;
const int MAXN=1e6+; namespace IO{
#define BUF_SIZE 100000
#define OUT_SIZE 100000
#define ll long long
//fread->read bool IOerror=;
inline char nc(){
static char buf[BUF_SIZE],*p1=buf+BUF_SIZE,*pend=buf+BUF_SIZE;
if (p1==pend){
p1=buf; pend=buf+fread(buf,,BUF_SIZE,stdin);
if (pend==p1){IOerror=;return -;}
//{printf("IO error!\n");system("pause");for (;;);exit(0);}
}
return *p1++;
}
inline bool blank(char ch){return ch==' '||ch=='\n'||ch=='\r'||ch=='\t';}
inline void read(int &x){
bool sign=; char ch=nc(); x=;
for (;blank(ch);ch=nc());
if (IOerror)return;
if (ch=='-')sign=,ch=nc();
for (;ch>=''&&ch<='';ch=nc())x=x*+ch-'';
if (sign)x=-x;
}
inline void read(ll &x){
bool sign=; char ch=nc(); x=;
for (;blank(ch);ch=nc());
if (IOerror)return;
if (ch=='-')sign=,ch=nc();
for (;ch>=''&&ch<='';ch=nc())x=x*+ch-'';
if (sign)x=-x;
}
inline void read(double &x){
bool sign=; char ch=nc(); x=;
for (;blank(ch);ch=nc());
if (IOerror)return;
if (ch=='-')sign=,ch=nc();
for (;ch>=''&&ch<='';ch=nc())x=x*+ch-'';
if (ch=='.'){
double tmp=; ch=nc();
for (;ch>=''&&ch<='';ch=nc())tmp/=10.0,x+=tmp*(ch-'');
}
if (sign)x=-x;
}
inline void read(char *s){
char ch=nc();
for (;blank(ch);ch=nc());
if (IOerror)return;
for (;!blank(ch)&&!IOerror;ch=nc())*s++=ch;
*s=;
}
inline void read(char &c){
for (c=nc();blank(c);c=nc());
if (IOerror){c=-;return;}
}
//fwrite->write
struct Ostream_fwrite{
char *buf,*p1,*pend;
Ostream_fwrite(){buf=new char[BUF_SIZE];p1=buf;pend=buf+BUF_SIZE;}
void out(char ch){
if (p1==pend){
fwrite(buf,,BUF_SIZE,stdout);p1=buf;
}
*p1++=ch;
}
void print(int x){
static char s[],*s1;s1=s;
if (!x)*s1++='';if (x<)out('-'),x=-x;
while(x)*s1++=x%+'',x/=;
while(s1--!=s)out(*s1);
}
void println(int x){
static char s[],*s1;s1=s;
if (!x)*s1++='';if (x<)out('-'),x=-x;
while(x)*s1++=x%+'',x/=;
while(s1--!=s)out(*s1); out('\n');
}
void print(ll x){
static char s[],*s1;s1=s;
if (!x)*s1++='';if (x<)out('-'),x=-x;
while(x)*s1++=x%+'',x/=;
while(s1--!=s)out(*s1);
}
void println(ll x){
static char s[],*s1;s1=s;
if (!x)*s1++='';if (x<)out('-'),x=-x;
while(x)*s1++=x%+'',x/=;
while(s1--!=s)out(*s1); out('\n');
}
void print(double x,int y){
static ll mul[]={,,,,,,,,,
,10000000000LL,100000000000LL,1000000000000LL,10000000000000LL,
100000000000000LL,1000000000000000LL,10000000000000000LL,100000000000000000LL};
if (x<-1e-)out('-'),x=-x;x*=mul[y];
ll x1=(ll)floor(x); if (x-floor(x)>=0.5)++x1;
ll x2=x1/mul[y],x3=x1-x2*mul[y]; print(x2);
if (y>){out('.'); for (size_t i=;i<y&&x3*mul[i]<mul[y];out(''),++i); print(x3);}
}
void println(double x,int y){print(x,y);out('\n');}
void print(char *s){while (*s)out(*s++);}
void println(char *s){while (*s)out(*s++);out('\n');}
void flush(){if (p1!=buf){fwrite(buf,,p1-buf,stdout);p1=buf;}}
~Ostream_fwrite(){flush();}
}Ostream;
inline void print(int x){Ostream.print(x);}
inline void println(int x){Ostream.println(x);}
inline void print(char x){Ostream.out(x);}
inline void println(char x){Ostream.out(x);Ostream.out('\n');}
inline void print(ll x){Ostream.print(x);}
inline void println(ll x){Ostream.println(x);}
inline void print(double x,int y){Ostream.print(x,y);}
inline void println(double x,int y){Ostream.println(x,y);}
inline void print(char *s){Ostream.print(s);}
inline void println(char *s){Ostream.println(s);}
inline void println(){Ostream.out('\n');}
inline void flush(){Ostream.flush();}
#undef ll
#undef OUT_SIZE
#undef BUF_SIZE
};
using namespace IO;
template<class T>
inline void read(T &DataIn)
{
DataIn=; T Flag=; char c=getchar();
while(!isdigit(c)){ Flag|=c=='-'; c=getchar(); }
while(isdigit(c)){ DataIn=DataIn*+c-''; c=getchar(); }
DataIn= Flag? -DataIn: DataIn;
} template<class T>
inline void write(T DataOut,char EndChar='\n')
{
T lenth=,number[];
if(DataOut==){ putchar(); return; }
while(DataOut>){ number[++lenth]=DataOut%; DataOut/=;}
for(int i=lenth;i>=;i--) putchar(number[i]+);
putchar(EndChar);
} int a[],pos[];
struct node{
ll hit[],exp[],id;
}b[MAXN]; int p[][MAXN];
inline bool cmp1(int x,int y){
return b[x].hit[]<b[y].hit[];
} inline bool cmp2(int x,int y){
return b[x].hit[]<b[y].hit[];
} inline bool cmp3(int x,int y){
return b[x].hit[]<b[y].hit[];
} inline bool cmp4(int x,int y){
return b[x].hit[]<b[y].hit[];
} inline bool cmp5(int x,int y){
return b[x].hit[]<b[y].hit[];
} int vis[MAXN];
int main()
{ int T; cin>>T;
while(T--){
int n,k,cnt=;
read(n);read(k);
//scanf("%d%d",&n,&k);
for(int i=;i<k;i++) read(a[i]);
for(int i=;i<n;i++){ vis[i] = ;
b[i].id=i;
for(int j=;j<k;j++)
read(b[i].hit[j]),p[j][i] = i;;
for(int j=;j<k;j++)
read(b[i].exp[j]); }
pos[] = pos[] = pos[] =pos[] = pos[] = ;
for(int i=; i<k; i++){ if(i==) sort(p[],p[]+n,cmp1);
else if(i==) sort(p[],p[]+n,cmp2);
else if(i==) sort(p[],p[]+n,cmp3);
else if(i==) sort(p[],p[]+n,cmp4);
else if(i==) sort(p[],p[]+n,cmp5);
} while(true){
int c = cnt;
for(int i=; i<k; i++){
while(pos[i] < n && b[p[i][pos[i]]].hit[i] <= a[i]){
int id = p[i][pos[i]];
vis[id]++;
if(vis[id] == k){
cnt++;
for(int j=; j<k; j++){
a[j] += b[id].exp[j];
}
}
pos[i]++;
}
}
if(cnt==c){
break;
}
} //write(cnt);
IO::println(cnt);
for(int i=;i<k;i++)
IO::print(a[i]),IO::print(i!=k-?' ':'\n'); }
return ;
}

FREAD in here

HDU-2018多校7th-1011-Swordsman 附杜教fread代码的更多相关文章

  1. hdu 2018多校8

    A.Character Encoding 简单计数 m个非负数和等于k的方案数为$\binom{m+k-1}{k}$, 但题目还要求每个数小于n, 容斥一下即可 即$ans = \sum\limits ...

  2. HDU 2018 DP

    A - 母牛的故事 Time Limit:1000MS     Memory Limit:32768KB     64bit IO Format:%I64d & %I64u Submit St ...

  3. 关于下拉刷新你是否真的非常理解还是只会搬砖?附 Android 实例子源代码文件下载地址380个合集

    1,推荐几篇非常有用的博文 原创写的真的非常好 主要讲解原理,整体布局三部分组成以及设置padding等等作用, 下拉的具体实现 滑动到底部具体加载以及判断手势事件,再次推荐作者的 详细讲解 建议先看 ...

  4. 经典面试题(二)附答案 算法+数据结构+代码 微软Microsoft、谷歌Google、百度、腾讯

    1.正整数序列Q中的每个元素都至少能被正整数a和b中的一个整除,现给定a和b,需要计算出Q中的前几项, 例如,当a=3,b=5,N=6时,序列为3,5,6,9,10,12 (1).设计一个函数void ...

  5. vc弹出USB的方法. 附试验通过的代码!

    vc弹出USB的方法. 附试验通过的代码! http://blog.sina.com.cn/s/blog_4fcd1ea30100qrzn.html (2011-04-15 10:09:48) boo ...

  6. CCPC 2019 网络赛 HDU huntian oy (杜教筛)

    1005 huntian oy (HDU 6706) 题意: 令,有T次询问,求 f(n, a, b). 其中 T = 10^4,1 <= n,a,b <= 1e9,保证每次 a,b互质. ...

  7. 使用Express连接mysql详细教程(附项目的完整代码我放在结尾了)

    使用Express连接mysql详细教程(附项目的完整代码我放在结尾了) 要使用Express连接本地数据库 我们首先需要安装好Express的依赖 我们使用这个框架呢首先要有一点ajax的基础 如果 ...

  8. HDU 6396(2018多校第七场1011) Swordsman

    场上场下各种TLE到怀疑人生...经过大佬指点之后才知道要用fread才能过,一般的快读不行... 题意:一个剑客打小怪兽,有n头小怪兽,剑客和小怪兽有m个属性.只有剑客的m个属性都大于等于某个小怪兽 ...

  9. Time Zone 【模拟时区转换】(HDU暑假2018多校第一场)

    传送门:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6308 Time Zone Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)  ...

随机推荐

  1. TCP重置报文段及RST常见场景分析

    RST表示连接重置,用于关闭那些已经没有必要继续存在的连接.一般情况下表示异常关闭连接,区别与四次分手正常关闭连接. 产生RST的三个条件是: 目的地为某端口的SYN到达,然而在该端口上并没有正在监听 ...

  2. mule发布调用webservice

    mule发布webservice 使用mule esb消息总线发布和调用webservice都非常精简,mule包装了所有操作,你只需要拖控件配置就可以,下面讲解mule发布: 1.下面是flow,h ...

  3. 用泛型写Redis缓存与数据库操作工具类

    功能描述: 先从缓存获取数据,如果缓存没有,就从数据库获取数据,并设置到缓存中,返回数据. 如果数据库中没有数据,需要设置一个缓存标记flagKey,防止暴击访问数据库,用缓存保护数据库. 当删除缓存 ...

  4. Postgresql部署及简单操作

    PostgreSQL是一个功能强大的开源对象关系数据库管理系统(ORDBMS),在开源数据库使用上与MySQL各领风骚.但也有不少人质疑postgresql的未来,正所谓,赞扬或批判一种数据库都必须先 ...

  5. Linux curl 表单登录或提交与cookie使用

    本文主要讲解通过curl 实现表单提交登录.单独的表单提交与表单登录都差不多,因此就不单独说了. 说明:针对curl表单提交实现登录,不是所有网站都适用,原因是有些网站后台做了限制或有其他校验.我们不 ...

  6. 同“窗”的较量:部署在 Windows 上的 .NET Core 版博客站点发布上线

    为了验证 docker swarm 在高并发下的性能问题,周一我们发布了使用 docker-compose 部署的 .net core 版博客站点(博文链接),但由于有1行代码请求后端 web api ...

  7. 简易数据分析 10 | Web Scraper 翻页——抓取「滚动加载」类型网页

    这是简易数据分析系列的第 10 篇文章. 友情提示:这一篇文章的内容较多,信息量比较大,希望大家学习的时候多看几遍. 我们在刷朋友圈刷微博的时候,总会强调一个『刷』字,因为看动态的时候,当把内容拉到屏 ...

  8. linux下实现并发逻辑

    ################shell 模拟实现并发跑数#################有时候我们知道一些程序是可以同时跑的,互不影响,为了提高效率不得不使用并发跑脚本 #1.思路一我们都知道在 ...

  9. C#_会员管理系统

    https://www.cnblogs.com/start-from-scratch/p/5420588.html

  10. Oracle 主键、联合主键的查询与创建

    --查询某个表是否有唯一主键 select cu.* from user_cons_columns cu, user_constraints au where cu.constraint_name = ...