test20190526 Noip 模拟赛 4

调整(tweak)

【问题描述】

已给定一个 N个点 M条边的有向图，点编号为1到N，第i条边为 （ui，vi）， 权值为 wi。

你可以进行一次操作，使得任意条边的权值变成非负整数。要求进行尽量少的操作次数，使

得点 1到点 N的最短路径长度变成 c。

题目保证， c小于在未进行任何操作之前的原图中 1到 N的最短路长度。

【输入文件】tweak.in

输入文件tweak.in 第一行三个整数，第一行三个整数，N，M和 c

接下来 M行，每一条边的信息 ui，vi和 wi，第 i行的表述第 i条边的信息。 保

证不会有自环存在，对于不同的 i和 j，（ui，vi）不同于 （uj，vj）。

【输出文件】tweak.out

输出文件 tweak.out 一行一个整数，要进行最少多少次操作才能使得最短路长度变为

c。

【输入样例】

3 3 3

1 2 3

2 3 3

1 3 8

【输出样例】

1

【样例说明】

将边 1，3的权值修改为 2就可以了。

【数据规模】

N<=100

M<=1000

0<=c<=100000

0<=wi<=10000

30%数据满足 M<=20

50%数据满足 M<=70

---

拆点最短路，才做过类似的题。

#include<bits/stdc++.h>
#define co const
template<class T>T read(){
	T data=0,w=1;char ch=getchar();
	for(;!isdigit(ch);ch=getchar())if(ch=='-') w=-w;
	for(;isdigit(ch);ch=getchar())data=data*10+ch-'0';
	return data*w;
}
template<class T>T read(T&x){
	return x=read<T>();
}
typedef long long ll;
using namespace std;
typedef pair<int,int> pii;

co int N=101;
int n,m,c,dis[N*N],vis[N*N];
vector<pii> g[N*N];
priority_queue<pii> pq;
int main(){
	freopen("tweak.in","r",stdin),freopen("tweak.out","w",stdout);
	read(n),read(m),read(c);
	for(int u,v,w;m--;){
		read(u),read(v),read(w);
		for(int i=0;i<n;++i) g[i*n+u].push_back(pii(i*n+v,w));
		for(int i=0;i<n-1;++i) g[i*n+u].push_back(pii((i+1)*n+v,0));
	}
	memset(dis,0x3f,sizeof dis);
	dis[1]=0,pq.push(pii(-dis[1],1));
	for(int u;pq.size();){
		u=pq.top().second,pq.pop();
		if(vis[u]) continue;
		vis[u]=1;
		for(int i=0,v,w;i<g[u].size();++i){
			v=g[u][i].first,w=g[u][i].second;
			if(dis[v]>dis[u]+w) dis[v]=dis[u]+w,pq.push(pii(-dis[v],v));
		}
	}
	for(int i=0;i<n;++i)if(dis[i*n+n]<=c){
		printf("%d\n",i);break;
	}
	return 0;
}

硬币(coin)

【问题描述】

你有n个硬币，第i个硬币面值为ai，现在总队长想知道如果丢掉了某个硬币，剩下的硬

币能组成多少种价值？（0 价值不算）

【输入】

第一行一个整数n

第二行 n 个整数：a1,a2…an。

【输出】

输出n行，第i行表示没有第i个硬币能组成多少种价值。

【输入输出样例】

coin.in

3

1 1 3

coin.out

3

3

2

【数据范围】

对于 30%的数据 1<=n<=50,1<=ai<=100；

对于 100%的数据 1<=n<=100,1<=ai<=3000。

---

01背包，bitset+卡常

#include<bits/stdc++.h>
#define co const
template<class T>T read(){
	T data=0,w=1;char ch=getchar();
	for(;!isdigit(ch);ch=getchar())if(ch=='-') w=-w;
	for(;isdigit(ch);ch=getchar())data=data*10+ch-'0';
	return data*w;
}
template<class T>T read(T&x){
	return x=read<T>();
}
typedef long long ll;
using namespace std;

int n,a[101];
bitset<297001> pre,ans;
int main(){
	freopen("coin.in","r",stdin),freopen("coin.out","w",stdout);
	read(n);
	for(int i=1;i<=n;++i) read(a[i]);
	pre[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;++i){
		ans=pre;
		for(int j=i+1;j<=n;++j) ans|=ans<<a[j];
		printf("%d\n",ans.count()-1);
		pre|=pre<<a[i];
	}
	return 0;
}

---

令 f[i]][j]为用前 i 个硬币组成 j 价值有都少种方案。

若我们已经知道了 f[n]，动规易得，如何直到少去某种硬

币之后的情况呢。我们可以把这种硬币当做我们最后才放进去

的，假设他的价值为 K.

那 么 f[n][0]..f[n][k-1]=f[n-1][0]..f[n-1][k-1] 。显然

f[n][j]=f[n-1][j-k]+f[n-1][j] ， 即

f[n-1][j]=f[n][j]-f[n-1][j-k]。根据这个转移和我们已得到

的信息，我们可以得到 f[n-1]。然后 f[n-1]中>0 的个数即答案。

f 数组可能暴数据范围，一种方法是高精，另一种方法是

hash,取摸等等。都可以实现

效率是 O(n^2*sum(ai))

不明所以

#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
int N;
int A[101];
int f[3000010];
int w[3000010];
int main(){
	freopen("coin.in","r",stdin);
	freopen("coin.out","w",stdout);
    scanf("%d",&N);
    for (int i=1;i<=N;++i)
        scanf("%d",&A[i]);
    int MaxM=0;
    f[0]=1;
    for (int i=1;i<=N;++i){
	    for (int j=MaxM;j>=0;--j){
			f[j+A[i]]+=f[j];
		}
        MaxM+=A[i];
    }
    int tot;
    for (int i=1;i<=N;++i){
		tot=0;
		for (int j=0;j<A[i];++j){
		    w[j]=f[j];
		    if (w[j]) ++tot;
		}
		for (int j=A[i];j<=MaxM;++j){
		    w[j]=f[j]-w[j-A[i]];
		    if (w[j]) ++tot;
		}
		--tot;
        printf("%d\n",tot);
	}
    fclose(stdin);
    fclose(stdout);
}

---

jklover写了一发多项式

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
inline int read()
{
	int x=0,k=1;
	char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9')
		{if(ch=='-') k=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9')
		{x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
	return k*x;
}
int n,a[101];
const int MAXN=3e5+10;
ll poly[MAXN],tmp[MAXN];
ll stk[MAXN],sk[MAXN];
int deg=0,tp=0;
int query(int p)
{
	tp=0;
	int Deg=deg,res=0;
	while(Deg)
	{
		ll s=poly[Deg];
		if(!s)
		{
			--Deg;
			continue;
		}
		if(!tmp[Deg-p] && Deg-p)
			++res;
		tmp[Deg-p]+=s;
		stk[++tp]=Deg-p;
		poly[Deg-p]-=s;
		sk[tp]=s;
		--Deg;
	}
	for(int i=1;i<=tp;++i)
	{
		tmp[stk[i]]=0;
		poly[stk[i]]+=sk[i];
	}
	return res;
}
int main()
{
	freopen("coin.in","r",stdin);
	freopen("coin.out","w",stdout);
	n=read();
	poly[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		a[i]=read();
		for(int j=deg;j>=0;--j)
			poly[a[i]+j]+=poly[j];
		deg+=a[i];
	}
	for(int i=1;i<=n;++i)
		printf("%d\n",query(a[i]));
	return 0;
}

堆蛋糕(cakes)

【问题描述】

其实 moreD 是一个十分犀利的蛋糕师。他最喜欢的食物就是蛋糕。

一天，他自己做出了 N 个圆柱状的蛋糕，每个蛋糕都有一个底面圆的半径 Ri。高度都是一样的。

moreD 在开始享用他的蛋糕大餐之前忽然觉得，圆柱状的蛋糕没有什么诱惑力。moreD看到了别人结婚用的蛋糕都是很多很多层的，那样的蛋糕才比较给力。但是堆太多层的蛋糕比较困难，于是 moreD 想要堆出许多三层的蛋糕，再开始自己的蛋糕大餐。

当然，作为蛋糕师，moreD 在堆蛋糕的时候不会对蛋糕的形状有任何破坏，而且，moreD希望三层蛋糕的半径从上往下严格递增。这才是一个普通的好蛋糕。

但是 moreD 在考虑一个十分重要的问题，最多可以堆出多少三层蛋糕呢？

【输入格式】

输入第一行仅包含一个整数 N,表示蛋糕的数量。

接下来N个整数，表示每个蛋糕半径的大小Ri。

【输出格式】

输出一行仅包含一个整数，表示最多可以做成多少个蛋糕。

【输入输出样例一】

cakes.in

6

1 2 3 4 3 2

cakes.out

2

【输入输出样例二】

cakes.in

6

1 1 1 2 2 3

cakes.out

1

【数据范围】

对于 20%的数据 N<=10

对于 40%的数据 N<=2000

对于 60%的数据 N<=100,000

对于 100%的数据 N<=3,000,000 Ri<=N

---

考试的时候写了个伪算法。

实际上正解也非常sb，直接记录数字次数，每次贪心取出最大的三个统计答案。这样做一定是对的，因为不同次数之间一定可以组合出一种顺序。

#include <queue>
#include <cstdio>

#define MIN(a,b) (((a) < (b))?(a):(b))

using namespace std;

int top;
int bask[3000001],q[3000001];

inline unsigned int Get_uint()
{
	char ch = getchar();
	unsigned int j = 0;
	while (ch < '0' || ch > '9') ch = getchar();
	while (ch >= '0' && ch <= '9')
		j = j * 10 + ch - '0',
		ch = getchar();
	return j;
}

void push(int a)
{
	q[++top] = a;
	push_heap(q+1,q+top+1);
}

int pop()
{
	pop_heap(q+1,q+top+1);
	return q[top--];
}

int main()
{
	freopen("cakes.in","r",stdin);
	freopen("cakes.out","w",stdout);

	int n,Ri;
	scanf("%d",&n);

	for(int i = 1;i <= n;++i)
	{
		//scanf("%d",&Ri);
		Ri = Get_uint();
		++bask[Ri];
	}

	top = 0;
	for(int i = 1;i <= n;++i)
		if (bask[i] > 0)
			q[++top] = bask[i];
	make_heap(q+1,q+top+1);

	int u,v,w,ans = 0,mins;
	while(top >= 3)
	{
		u = pop();
		v = pop();
		w = pop();
		mins = MIN(MIN(u,v),w);
		u -= mins,v -= mins,w -= mins,ans += mins;
		if (u > 0) push(u);
		if (v > 0) push(v);
		if (w > 0) push(w);
	}

	printf("%d",ans);

	fclose(stdin);fclose(stdout);
	return 0;
}