泉五培训Day5

T1 陪审团

题目

【题目描述】

陪审团制度历来是司法研究中的一个热议话题，由于陪审团的成员组成会对案件最终的结果产生巨大的影响，诉讼双方往往围绕陪审团由哪些人组成这一议题激烈争夺。小 W提出了一个甲乙双方互相制衡的陪审团成员挑选方法：假设共有 n 名候选陪审团成员，则由甲先提名 s 位候选人，再由乙在甲提名的 s 位候选人中选出t名，作为最终的陪审团成员。显然这里应当有 n≥s≥t 。假设候选人k对甲、乙的有利程度都可以用一个二元组( xk ，yk )来表示，x.越大说明候选人 k 对甲越有利， yk 越大则对乙越有利。在此前提下，双方的目标都变得明确：甲要最大化最终陪审团 t 人的 x 之和，最小化 y之和，乙则反之。
现在甲方决定聘请你为律师，并且事先得知了乙方律师的策略：乙方律师会在你提名的 s名候选人中选出 t 名使得这 t 人的 y 值之和最大，再保证 y 值之和最大的前提下使得 x值之和尽量小（在对乙方最有利的前提下对甲方最不利）。
现在你应当慎重地提名 s 位候选人使得最终由乙方律师确定的 t 人 x 值和最大，若有多种方案，则应再使被乙方排除掉的 t-s 人的 y 值和尽量大，在此基础上最大化 s 人的 x值之和。你的当事人并不关心你提名的具体是哪些人，只要你告诉他你提名的s人的x值之和与y值之和。

【输入格式】

第一行包含三个整数n,s,t。
接下来nn行，每行两个整数分别表示xk，yk。

【输出格式】

共一行两个整数，分别为x值之和与y值之和。

【数据规模】

对于30%的测试数据n≤20
对于50%的测试数据n≤100
对于100%的测试数据n≤100000，x，y≤1000000

解析

因为乙会从s个中选出t个对自己有利的，所以剩下s-t个就是不选的，所以n个中一定至少有s-t个未被选中，这就是y最小的s-t个。

所以我们先按y的大小排序一遍，最后的s-t个假设我们先选了，乙就没有选择的余地了。

然后我们按x的大小排序一遍，这样我们可以保证自己得到的结果是最大的。

但到了这里还有一个漏洞，那就是s-t的要尽可能大（多个方案下）。因此我们将第一遍的t个选择标记，在按y的从大到小排序若y值相同，则x值小的在后面。这样从后往前先找到自己的第一个标记处，往后重新选择s-t个，这s-t个肯定是y比前面的小，但是最大的，且s的x之和是最大的。

Code

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<algorithm>

using namespace std;

long long n,s,t,sumx,sumy;

struct person{

    int x,y;

    bool cho;

}per[];

bool cmp1(person a,person b)

{

    if(a.y==b.y) return a.x>b.x;

    return a.y<b.y;

}

bool cmp2(person a,person b)

{

    if(a.x==b.x) return a.y>b.y;

    return a.x>b.x;

}

bool cmp3(person a,person b)

{

    if(a.y!=b.y) return a.y>b.y;

    if(a.x!=b.x) return a.x>b.x;

    return ((int)(a.cho)-(int)(b.cho)>);

}

int read()

{

    char ch;

    bool flag=false;

    int num=;

    ch=getchar();

    while(ch>''||ch<'')

    {

        if (ch=='-') flag=true;

        ch=getchar();

    }

    while(ch>=''&&ch<='')

    {

        num=num*+(ch-'');

        ch=getchar();

    }

    if (flag==true) num*=-;

    return num;

}

int main()

{

    n=read(),s=read(),t=read();

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

    {

        per[i].x=read();

        per[i].y=read();

    }

    sort(per+,per+n+,cmp3);

    sort(per+,per++n-s+t,cmp2);

    for(int i=;i<=t;i++) per[i].cho=;

    sort(per+,per+n+,cmp3);

    int first;

    for(int i=n;i>=;i--)

        if(per[i].cho)

        {

            first=i;

            break;

        }

    int i;

    for(i=t+,first++;i<=s;i++,first++) per[first].cho=;

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

        if(per[i].cho)

        {

            sumx+=per[i].x;

            sumy+=per[i].y;

        }

    cout<<sumx<<sumy;

    return ;

}

T2 shine

题目

【题目描述】

今天是NOIP初赛，Capo坐在考场上看着手中的初赛试卷，非常无聊，早已被钦点进入复赛的她在卷子上做了奇怪的事。卷子可以看成一张n×m的方格纸，Capo手中有一支笔头截面是x×y矩形的笔，她在试卷上画下了一道痕迹，痕迹是由笔在纸面上做平行网格的运动画出的，笔不可以旋转，刚开始笔头截面的边平行与网格，每次移动，笔头只会向下或者向右移动一格。阅卷老师Octavia看到了这张卷子，他对Capo的笔十分好奇，于是他想从笔迹中猜出笔头截面大小，请你告诉他x×y的最小值。

【输入格式】

第一行两个整数n,m表示卷子大小。下面n行，每行m个字符，X表示有笔迹，.表示没有。

【输出格式】

一行一个整数，表示最小的x×y，无解输出-1。

【数据规模】

Subtask 1(10’):n,m≤10
Subtask 2(30’):n,m≤100
Subtask 3(10’):n=1,m≤1000
Subtask 4(20’):n=2,m≤1000
Subtask 5(30’):n,m≤1000

解析

现在左上方找到起点，再从起点向右方和下方延伸，

设最大延伸长度为x₀,y₀,显然x=x₀和y=y₀中必定有一个满足，设其中一个满足，再枚举另一个即可。

Code

#include<cstdio>

#include<algorithm>

using namespace std;

#define sum(x1,y1,x2,y2) (s[x2][y2]-s[x1-1][y2]-s[x2][y1-1]+s[x1-1][y1-1])

int n,m;

char c[][];

int s[][];

int ans=;

int dfs(int x,int y,int wx,int wy)

{

    if(sum(x,y+,x+wx-,y+wy)==wx*wy)return wx+dfs(x,y+,wx,wy);

    if(sum(x+,y,x+wx,y+wy-)==wx*wy)return wy+dfs(x+,y,wx,wy);

    return ;

}

int main()

{

    freopen("shine.in","r",stdin);

    freopen("shine.out","w",stdout);

    scanf("%d%d\n",&n,&m);

    int flag=,px,py;

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

        gets(c[i]+);

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

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

        {

            if(c[i][j]=='X')

            {

                if(!flag){flag=;px=i;py=j;}

                s[i][j]=s[i-][j]+s[i][j-]-s[i-][j-]+;

            }

            else s[i][j]=s[i-][j]+s[i][j-]-s[i-][j-];

        }

    int tmp,wx,wy;

    for(tmp=px;c[tmp][py]=='X';tmp++);

    wx=tmp-px;

    for(int i=py;c[px][i]=='X';i++)

        if(sum(px,py,px+wx-,i)==wx*(i-py+)&&dfs(px,py,wx,i-py+)+wx*(i-py+)==s[n][m])

            ans=min(ans,wx*(i-py+));

    for(tmp=py;c[px][tmp]=='X';tmp++);

    wy=tmp-py;

    for(int i=px;c[i][py]=='X';i++)

        if(sum(px,py,i,py+wy-)==(i-px+)*wy&&dfs(px,py,i-px+,wy)+(i-px+)*wy==s[n][m])

            ans=min(ans,(i-px+)*wy);

    if(ans<=n*m) cout<<ans;

    else printf("-1\n");

    return ;

}

T3 小P的世界

题目

【题目描述】

小P的世界是一棵N（N<=1000）个节点的有根树（根为1），树上的每条边上都会有一个泡泡怪，小P从根节点开始移动（可以往回走），每经过一条边，小P都会打败边上的泡泡怪同时得到相应的泡泡气（每只泡泡怪只能被打败一次），已知小P经过一条边需要花费 1 天时间，小P想知道自己晋级泡泡帝（泡泡气大于等于 K）至少需要的天数（如果小P永远达不到泡泡帝，输出“QAQ”（不带引号））

【输入格式】

第一行两个用空格隔开的正整数 N，K。（1<=N<=1000，1<=K<=1000）
接下来 N - 1行每行三个用空格隔开的正整数 a，b，c，表示树上 a 与 b 之间连了一条边，打败边上的泡泡怪获得 c 点泡泡气（1<=a,b<=N，1<=c<=K/2，保证 a 是 b 的父亲）

【输出格式】

总共一行一个整数，表示答案

【数据规模】

保证树中每个节点至多两个孩子。
20 个测试点，每个测试点 5 分
1.TESTTEST 1~4： N,K <= 10
2.TSETTSET 5~20：N,K <= 1000 数据有梯度且大多随机，尽量优化自己的程序

解析

分别设置f[i][j]和g[i][j]. f[i][j]表示从i出发，不返回i得到j点泡泡气最少天数。

g[i][j]表示最终要返回i，其他和f数组一样，初始化f[i][0]=g[i][0]=0

转移时分两种情况，有一个孩子就直接赋值，两个孩子分两种情况走

Code

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<cstring>

using namespace std;

const int Size=+;

const int INF=1e8;

int N,K;

int GO[Size][Size];

int RE[Size][Size];

int child[Size][];

int child_v[Size][];

int sum=;

int read()

{

    int num=,w=;

    char ch=getchar();

    while(ch<'' || ch>'')

    {

        if(ch=='-') w=-;

        ch=getchar();

    }

    while(ch<='' && ch>='')

    {

        num=(num<<)+(num<<)+ch-'';

        ch=getchar();

    }

    return num*w;

}

inline void Init()

{

    N=read();K=read();

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

    {

        int a=read(),b=read(),c=read();

        child_v[a][child[a][] != ]=c;

        child[a][child[a][] != ]=b;

        sum+=c;

    }

}

int root = ;

void DFS1(int k,int sum)

{

    if(sum>=K)

    {

        child_v[k][]=child_v[k][]=;

        return;

    }

    if(child[k][])

        DFS1(child[k][],sum+child_v[k][]);

    if(child[k][])

        DFS1(child[k][],sum+child_v[k][]);

}

void DFS(int k)

{

    GO[k][]=RE[k][]=;

    int lc=child[k][],rc=child[k][];

    if(!lc) return;

    DFS(lc);

    if(rc) DFS(rc);

    int chongjg=child_v[k][];//走左节点能得到的泡泡气

    for(int i=;i<=K-chongjg;i++)

    {

        if(GO[lc][i]>INF) break ;

        if(GO[lc][i]+<GO[k][i+chongjg])

            GO[k][i+chongjg]=GO[lc][i]+;

        if(RE[lc][i]+<RE[k][i+chongjg])

            RE[k][i+chongjg]=RE[lc][i]+;

    }

    //如果不存在右节点

    if(rc==)

    {

        for(int i=K;i>=;i--)

        //枚举每种情况

        {

            if(GO[k][i+]<GO[k][i])

                GO[k][i]=GO[k][i+];

            if(RE[k][i+]<RE[k][i])

                RE[k][i]=RE[k][i+];

        }

        return ;

    }

    chongjg=child_v[k][];//走右节点能得到的泡泡气

    for(int i=;i<=K-chongjg;i++)

    {

        if(GO[rc][i]>INF) break;

        if(GO[rc][i]+ < GO[k][i+chongjg])

            GO[k][i+chongjg]=GO[rc][i]+;

        if(RE[rc][i]+ < RE[k][i+chongjg])

            RE[k][i+chongjg]=RE[rc][i]+;

    }

    chongjg=child_v[k][]+child_v[k][];//两个节点都走能得到的泡泡气

    for(int i=;i<=K-child_v[k][];i++)

    {

        if(GO[lc][i]>INF) break;

        for(int j=;j<=K-chongjg-i;j++)

        {

            if(GO[rc][j]>INF) break;

            if(GO[lc][i]+RE[rc][j]+<GO[k][i+j+chongjg])

                GO[k][i+j+chongjg]=GO[lc][i]+RE[rc][j]+;

            if(RE[lc][i]+GO[rc][j]+<GO[k][i+j+chongjg])

                GO[k][i+j+chongjg]=RE[lc][i]+GO[rc][j]+;

            if(RE[lc][i]+RE[rc][j]+<RE[k][i+j+chongjg])

                RE[k][i+j+chongjg]=RE[lc][i]+RE[rc][j]+;

        }

    }

    for(int i=K;i>=;i--)

    {

        if(GO[k][i+]<GO[k][i])

            GO[k][i]=GO[k][i+];

        if(RE[k][i+]<RE[k][i])

            RE[k][i]=RE[k][i+];

    }

}

int main()

{

    Init();

    DFS1(root,);

    if(sum<K){puts("QAQ");return ;};

    memset(GO,,sizeof(GO));

    memset(RE,,sizeof(RE));

    DFS();

    cout<<GO[][k];

    return ;

}