2021.05.03【NOIP提高B组】模拟 总结
比较水的一场比赛，却不能 AK
T1
有 \(n\) 次，每次给 \(A_i,B_i\) 问以 \(i\) 结尾的 \(A,B\) 的匹配中最大和的最小值
问最大和的最小值，却不用二分。
如果暴力排序，显然会超时
但是 \(A_i,B_i\le 100\) ，一个桶解决的事！
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=100005,M=105;
int n,x[N],y[N],tx[M],ty[M],p[M],q[M],l,r,ans;
int main() {
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) {
scanf("%d%d",&x[i],&y[i]);
tx[x[i]]++,ty[y[i]]++;
for(int i=1;i<=100;i++)
p[i]=tx[i],q[i]=ty[i];
l=1,r=100,ans=0;
while(1) {
while(!p[l] && l<=100)++l;
while(!q[r] && r)--r;
if(l>100 || !r)break;
ans=max(ans,l+r);
if(p[l]>q[r])p[l]-=q[r],q[r]=0;
else q[r]-=p[l],p[l]=0;
}
printf("%d\n",ans);
}
}
T2
从 1 到 \(n\) 依次经过 \(n\) 个点，每个点有 \(t_i,x_i\)，有一个初始能力是 \(w\) 的钻头
设当前钻头能力是 \(p\)
若 \(t_i=1\) 可选择开采，获得 \(x_i\cdot p\) 的价值，损耗 \(k\%\)，即 \(p=p*(1-0.01k)\)
若 \(t_i=2\) 可选择修复，支付 \(x_i\cdot p\) 的价值，修复 \(c\%\)，即 \(p=p*(1+0.01c)\)
问最大价值。
显然的 dp
若正来，会发现算法的瓶颈是钻头能力，考虑舍去这一维
因为舍去了，正来会有后效性，于是果断反过来。
可以发现当前钻头对后面的影响无非就是乘上一个值，
可以把初始能力变为 1 ，最后乘上 \(w\)
设 \(f_i\) 为经过 \([i,n]\) 的最大价值，转移不难，如果 \(t_i=1\)，
那么 \([i+1,n]\) 的初始钻头能力就是 \(f_{i+1}*(1-0.01k)\)
则 \(f_i=\max\{f_{i+1},f_{i+1}*(1-0.01k)+x_i\}\)
\(t_i=2\) 同理
好像 \(f\) 可以压掉，于是一个变量就搞定了
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef double db;
const int N=100005;
int n,K,C,W,x[N];
db ans,y[N];
int main() {
freopen("exploit.in","r",stdin);
freopen("exploit.out","w",stdout);
scanf("%d%d%d%d",&n,&K,&C,&W);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%lf",&x[i],&y[i]);
for(int i=n;i;i--) {
if(x[i]==1)ans=max(ans,ans*(1-0.01*K)+y[i]);
else ans=max(ans,ans*(1+0.01*C)-y[i]);
}
printf("%.2lf",ans*W);
}
T3
给一个 \(n\times m\) 的地图，图中有一些怪兽，
其对其他格点产生的威胁是两点的曼哈顿距离
问从起点到终点的最优路径，使得路径中最小威胁值最大
一个 bfs 求出威胁，然后一个 spfa ，没了
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=505,dx[5]={1,-1,0,0},dy[5]={0,0,1,-1};
int n,m,sx,sy,ex,ey,vis[N][N],dag[N][N],dis[N][N];
char mp[N][N];
struct po {
int x,y; po() { }
po(int _x,int _y):
x(_x),y(_y) { }
}u;
queue<po>q;
int main() {
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++) {
scanf("%s",mp[i]+1);
for(int j=1;j<=m;j++) {
dag[i][j]=2500000;
if(mp[i][j]=='V')sx=i,sy=j;
if(mp[i][j]=='J')ex=i,ey=j;
if(mp[i][j]=='+')q.push(po(i,j)),dag[i][j]=0;
}
}
while(!q.empty()) {
u=q.front(),q.pop();
for(int i=0,xx,yy;i<4;i++) {
xx=u.x+dx[i],yy=u.y+dy[i];
if(xx<1||xx>n||yy<1||yy>m)continue;
if(dag[u.x][u.y]+1<dag[xx][yy]) {
dag[xx][yy]=dag[u.x][u.y]+1;
q.push(po(xx,yy));
}
}
}
dis[sx][sy]=dag[sx][sy];
vis[sx][sy]=1;
q.push(po(sx,sy));
while(!q.empty()) {
u=q.front(),q.pop();
vis[u.x][u.y]=0;
for(int i=0,xx,yy;i<4;i++) {
xx=u.x+dx[i],yy=u.y+dy[i];
if(xx<1||xx>n||yy<1||yy>m)continue;
if(min(dis[u.x][u.y],dag[xx][yy])>dis[xx][yy]) {
dis[xx][yy]=min(dis[u.x][u.y],dag[xx][yy]);
if(!vis[xx][yy])q.push(po(xx,yy)),vis[xx][yy]=1;
}
}
}
printf("%d",dis[ex][ey]);
}
总结
- 学会反着来 & 思路转换
