9.27 noip模拟试题

1. 工资

(money/money.in/money.out)

时限1000ms 内存256MB

聪哥在暑假参加了打零工的活动，这个活动分为n个工作日，每个工作日的工资为Vi。有m个结算工钱的时间,聪哥可以自由安排这些时间，也就是说什么时候拿钱，老板说的不算，聪哥才有发言权！（因为聪哥是土豪，他是老板的老板）

聪哥不喜欢身上一次性有太多的钱，于是他想安排一下拿钱的时间，使他一次性拿的钱中最大的最小。（最后一天一定要领钱）

输入

第一行 2个数 n,m

接下来n行，每行一个数，代表Vi.

输出

最小的最大钱数。

样例输入

7 5

100

400

300

100

500

101

400

样例输出

500

样例说明

100 400//300 100//500//101//400//

“//”表示老大要去拿钱。

数据范围

20%   1<=n<=20

另 20%  1<=n<=50,Vi的和不超过1000

100%  1<=n<=100,000,m<=n,Vi<=10,000

二分

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define maxn 100010
using namespace std;
int n,m,a[maxn],l,r,ans;
bool Judge(int x){
    int s=,k=;
    for(int i=;i<=n;i++)
        if(s+a[i]>x){
            k++;s=a[i];
        }
        else s+=a[i];
    return k<=m;
}
int main()
{
    freopen("money.in","r",stdin);
    freopen("money.out","w",stdout);
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=;i<=n;i++){
        scanf("%d",&a[i]);
        r+=a[i];l=max(l,a[i]);
    }
    while(l<=r){
        int mid=(l+r)/;
        if(Judge(mid)){
            ans=mid;r=mid-;
        }
        else l=mid+;
    }
    printf("%d\n",ans);
    return ;
}

第二题  藏妹子之处（excel）

问题描述：

今天CZY又找到了三个妹子，有着收藏爱好的他想要找三个地方将妹子们藏起来，将一片空地抽象成一个R行C列的表格，CZY要选出3个单元格。但要满足如下的两个条件：

（1）任意两个单元格都不在同一行。

（2）任意两个单元格都不在同一列。

选取格子存在一个花费，而这个花费是三个格子两两之间曼哈顿距离的和（如(x1,y1)和(x,y2)的曼哈顿距离为|x1-x2|+|y1-y2|）。狗狗想知道的是，花费在minT到maxT之间的方案数有多少。

答案模1000000007。所谓的两种不同方案是指：只要它选中的单元格有一个不同，就认为是不同的方案。

输入格式：

一行，4个整数，R、C、minT、maxT。3≤R,C≤4000, 1≤minT≤maxT≤20000。

对于30%的数据,  3 ≤ R, C ≤ 70。 

输出格式:

一个整数，表示不同的选择方案数量模1000000007后的结果。

输入输出样例：

输入样例	3 3 1 20000	3 3 4 7	4 6 9 12	7 5 13  18	4000 4000  4000  14000
输出样例	6	0	264	1212	859690013

 

n^4暴力

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define ll long long
#define mod 1000000007
using namespace std;
ll n,m,L,R,a,b,c,d,ans;
int main()
{
    freopen("excel.in","r",stdin);
    freopen("excel.out","w",stdout);
    cin>>n>>m>>L>>R;
    for(a=;a<=n;a++)
        for(ll b=a+;b<=n;b++)
            for(c=;c<=m;c++)
                for(ll d=c+;d<=m;d++){
                    ll s=*(b-a+d-c);
                    if(s>=L&&s<=R)ans=(ans+*(b-a-)%mod*(d-c-)%mod)%mod;
                }
    cout<<ans%mod<<endl;
    return ;
}

n^2

/*
已经想到了^4的做法却没想出正解
感觉很接近了 QAQ
其实每次算的时候用的只是坐标的差
化成矩形的话就是矩形的边长
每种一样大的对答案的贡献还有距离是固定的
所以 枚举矩形....
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define ll long long
#define mod 1000000007
using namespace std;
ll n,m,L,R,ans;
int main()
{
    freopen("excel.in","r",stdin);
    freopen("excel.out","w",stdout);
    cin>>n>>m>>L>>R;
    for(int i=;i<=n;i++)
        for(int j=;j<=m;j++){
            ll s=(i+j-)*;
            if(s>=L&&s<=R)ans=(ans+(n-i+)*(m-j+)%mod*(i-)%mod*(j-)%mod*)%mod;
        }
    cout<<ans<<endl;
    return ;
}

 题目描述(临时换了个T3)

设T=(V, E, W) 是一个无圈且连通的无向图（也称为无根树），每条边到有正整数的权，我们称T为树网（treebetwork），其中V，E分别表示结点与边的集合，W表示各边长度的集合，并设T有n个结点。

路径：树网中任何两结点a，b都存在唯一的一条简单路径，用d(a, b)表示以a, b为端点的路径的长度，它是该路径上各边长度之和。我们称d(a, b)为a, b两结点间的距离。

　　D(v, P)=min{d(v, u), u为路径P上的结点}。

树网的直径：树网中最长的路径成为树网的直径。对于给定的树网T，直径不一定是唯一的，但可以证明：各直径的中点（不一定恰好是某个结点，可能在某条边的内部）是唯一的，我们称该点为树网的中心。

偏心距ECC(F)：树网T中距路径F最远的结点到路径F的距离，即

ECC(F)=max{d(v, F)，v∈V}

任务：对于给定的树网T=(V, E, W)和非负整数s，求一个路径F，他是某直径上的一段路径（该路径两端均为树网中的结点），其长度不超过s（可以等于s），使偏心距ECC(F)最小。我们称这个路径为树网T=(V, E, W)的核（Core）。必要时，F可以退化为某个结点。一般来说，在上述定义下，核不一定只有一个，但最小偏心距是唯一的。

下面的图给出了树网的一个实例。图中，A-B与A-C是两条直径，长度均为20。点W是树网的中心，EF边的长度为5。如果指定s=11，则树网的核为路径DEFG（也可以取为路径DEF），偏心距为8。如果指定s=0（或s=1、s=2），则树网的核为结点F，偏心距为12。

输入输出格式

输入格式：

输入文件core.in包含n行：

第1行，两个正整数n和s，中间用一个空格隔开。其中n为树网结点的个数，s为树网的核的长度的上界。设结点编号以此为1，2，……，n。

从第2行到第n行，每行给出3个用空格隔开的正整数，依次表示每一条边的两个端点编号和长度。例如，“2 4 7”表示连接结点2与4的边的长度为7。

所给的数据都是争取的，不必检验。

输出格式：

输出文件core.out只有一个非负整数，为指定意义下的最小偏心距。

输入输出样例

输入样例#1：

【输入样例1】

5 2

1 2 5

2 3 2

2 4 4

2 5 3

【输入样例2】

8 6

1 3 2

2 3 2

3 4 6

4 5 3

4 6 4

4 7 2

7 8 3

输出样例#1：

【输出样例1】

5

【输出样例2】

5

说明

40%的数据满足：5<=n<=15

70%的数据满足：5<=n<=80

100%的数据满足：5<=n<=300，0<=s<=1000。边长度为不超过1000的正整数

暴力

/*难道十年前的题都这么水~~*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define maxn 310
using namespace std;
int n,s,inf,g[maxn][maxn],f[maxn][maxn],c[maxn],vis[maxn],l,r,falg,ans,s1,s2;
void Init(){
    scanf("%d%d",&n,&s);
    memset(g,/,sizeof(g));
    int u,v,t;inf=g[][];
    for(int i=;i<=n;i++)g[i][i]=;
    for(int i=;i<n;i++){
        scanf("%d%d%d",&u,&v,&t);
        g[u][v]=t;g[v][u]=t;
        f[u][v]=f[v][u]=;
    }
}
void Floyed(){
    for(int k=;k<=n;k++)
        for(int i=;i<=n;i++)
            for(int j=;j<=n;j++)
                g[i][j]=min(g[i][j],g[i][k]+g[k][j]);
}
void Dfs(int now,int from,int num){
    c[num]=now;
    if(now==r){
        c[]=num;
        falg=;return;
    }
    for(int i=;i<=n;i++)
        if(f[now][i]==&&i!=from){
            Dfs(i,now,num+);
            if(falg)return;
        }
}
void Get_(){
    int mx=;
    for(int i=;i<=n;i++)
        for(int j=i+;j<=n;j++)
            if(g[i][j]!=inf&&g[i][j]>mx){
                mx=g[i][j];l=i;r=j;
            }
    Dfs(l,,);
}
void dfs1(int now,int from,int sum){
    if(now!=l)s1=max(s1,sum);
    for(int i=;i<=n;i++){
        if(vis[i]||i==from||f[now][i]==)continue;
        dfs1(i,now,sum+g[now][i]);
    }
}
void dfs2(int now,int from,int sum){
    if(now!=r)s2=max(s2,sum);
    for(int i=;i<=n;i++){
        if(vis[i]||i==from||f[now][i]==)continue;
        dfs2(i,now,sum+g[now][i]);
    }
}
int Solve(){
    ans=inf;
    for(int i=;i<=c[];i++)
        for(int j=i;j<=c[];j++){
            if(g[c[i]][c[j]]>s)continue;
            memset(vis,,sizeof(vis));
            for(int k=i;k<=j;k++)vis[c[k]]=;
            l=c[i];r=c[j];s1=s2=;
            dfs1(l,,);dfs2(r,,);
            ans=min(ans,max(s1,s2));
        }
    return ans;
}
int main()
{
    Init();Floyed();Get_();
    printf("%d\n",Solve());
    return ;
}