【纪中受难记】——Day15：今晚吃烧烤(最后吃了火锅)

明天又有假放，考的怎样无所谓了。

40/20/20

 

 

Description

从前在一个美好的校园里，有一只（棵）可爱的弯枝理树。她内敛而羞涩，一副弱气的样子让人一看就想好好疼爱她。仅仅在她身边，就有许多女孩子想和她BH，比如铃，库特，等等。不过，除却巫山不是云，理树的心理只有那个帅气高大的男孩子——恭介，这让女孩子们不得不终日唉声叹气，以泪洗面。不过恭介是那样强大而完美，根本没有办法击败他，她们也只好咬牙忍痛度日，以待反击之时。

终于，她们获得了一次机会。机智的库特利用弹道学、密码学、宇宙学的知识设计出了一个密室，可以让进入的人无法从内部打开出口。库特设计密码的过程很奇葩，是由两个用整数坐标表示的n 维向量导出的。神奇的是，对于这两个向量中的任意一个，无论如何将它的坐标打乱(例如(a1,a2,a3)变成(a3,a1,a2)），打乱后的数量积都不会比原来的两个向量的数量积小。而库特就把原来的两个向量的数量积作为了密码。现在她们只用把恭介引入就可以了。但是，好事多磨，由于她们的粗心大意，在测试密室的时候不小心把自己给关了进去，而且还带走了密码纸。在外面的铃只找到了库特写着两个打乱后的向量的草稿。哇呼~能不能解救这些萌妹子，就看你了。
 

Input

三行。第一行一个整数N，表示N 维。

第2~3 行每行N 个整数，表示打乱后的两个向量(a1,a2,a3,a4…an),(b1,b2,b3,b4…bn).

Output

如题目要求，输出库特设计的密码
 

Sample Input

3

1 3 -5

-2 4 1

Sample Output

-25
 

Data Constraint

对于50%的数据 n<=8 , |ai|,|bi|<=1000

对于100%的数据 n<=1000, |ai|,|bi|<=100000

没写出这道题是我的失败。。。签到题，sort两遍乘起来即可。

#include<bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
using namespace std;
const int N=1e3+10;
ll n,a[N],b[N];
bool cmp(ll t1,ll t2){
    return t1>t2;
}
int main(){
    scanf("%lld",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%lld",&a[i]);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%lld",&b[i]);
    }
    sort(a+1,a+n+1);
    sort(b+1,b+n+1,cmp);
    ll sum=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        sum+=a[i]*b[i];
    }
    printf("%lld",sum);
    return 0;
}

Description

终于，在众亲们的奋斗下，最终boss 恭介被关进了库特设计的密室。正当她们松了一口气时，这个世界却发生了天翻覆地的变化：地面开始下沉，天空开始变成血红色，海水沸腾……一幅世界末日的图景。美鱼从她手中的古籍《若山牧水诗歌集》中发现了原因：白鸟は かなしからずや 空の青 海のあをにも 染まずただよふ 。大（xia）意（shuo）就是狡猾的恭介在创造这个世界的时候就篡改了法则。而这个法则的起源，就是一只生死之间的猫。这个猫被关在一个黑盒子里，盒子里有两个毒气罐，如果有任意一个毒气罐被打开那么猫将会被杀死，法则也能得到纠正。然而外界能控制的仅仅是这两个毒气罐被打开的概率。假设第一个毒气罐被打开的概率为1/x，第二个毒气罐为1/y（x,y 为正整数），那么当两个概率和为1/(n!)时，猫将会被莫名其妙地杀死。现在美鱼想知道，有多少对(x,y)可以让猫被莫名其妙杀死。
 

Input

一行，一个正整数n

Output

一行，满足题意的(x,y)对数。
 

Sample Input

6

Sample Output

135
 

Data Constraint

对于30%的数据 n<=6

对于60%的数据 n<=50

对于100%的数据 n<=700000

数学不好，搞不定数论题。

具体看过程：

 

质因数分解+压位高精。

但是我不会压位高精，留坑待补。

 

 

 

Description

在美鱼和理树后援团拯救世界的同时，外表柔弱的理树也开始坚强起来，思考着离开这个世界的办法。误打误撞地，她遇上了正在教室破坏课桌打开迷宫入口的沙耶。沙耶告诉理树，这个世界的出口就是这个迷宫的出口。于是理树毫不犹豫地跟沙耶一起跳进了迷宫。在迷宫里，两个女孩子互帮互助，一会儿割绳子，一会儿泡温泉，一会儿雕冰块，跌跌撞撞地走到了终点。不出所料，终点也有一个机关在等着她们。

终点的机关是一个立着的m*n 的方格棋盘，在有些格子上放了一个玩偶，而有些地方直接挖了个大坑。只有取走所有玩偶才能打开出口。但是，由于奇怪的设定，理树和沙耶不能直接触碰玩偶，他们需要操纵机器人来收集它。机器人的走法很奇怪，和国际象棋的马有点像，只不过马可以走任意方向的1*2 路线，它们只会由上往下走r*c(或c*r)的路线，不能回头。而机器人一旦经过一个有玩偶的格子，那个格子上的玩偶将被回收，并且在机器人离开时，那个格子会变成一个坑。理树可以把机器人放在任何一个有玩偶的格子上作为起点，也可以在任何一个有玩偶的格子回收机器人。机器人行走可以视为瞬移，只不过每一次设置新起点都会消耗1 时间。并且，有坑的格子不能落脚。

就在这个紧要关头，玩偶狂热爱好者的沙耶却流着口水智商归0。理树不得不转而求助你，帮忙计算出最少多少时间就能收集到所有玩偶。
 

Input

第一行包含4 个整数M、N、R、C，意义见问题描述。接下来M 行每行一个长度为N 的

字符串。如果某个字符是'.'，表示这个地方有一个玩偶；如果这个字符是'x'，表示这个地

方是坑。

Output

输出一个整数，表示最短时间。
 

Sample Input

3 3 1 2

...

.x.

...

Sample Output

4
 

Data Constraint

30%的数据中，1<=M,N<=4，1<=R,C<=3。

70%的数据中，1<=M<=20，1<=N<=4，1<=R,C<=3。

100%的数据中，1<=M,N<=50，1<=R,C<=10。
 

Hint

 

这道题一开始想着用状压dp，发现太难搞，正解网络流，就是个最小路径覆盖。

连边：

　　1.将每个状态转移连上值为1的边，注意拆点，是从旧连向新。

　　2.源点到能走的旧点连值为1的边，新点到汇点连值为1的边。

　　3.以上都要连反向边，值为0.

跑一遍最大流（二分图匹配），拿空点数减去匹配数就是最终答案。

 

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 6e5+10,inf = 1e9;
int n, m, S, T, ans, d[N],ed,head[N],px[5],py[5],maxflow,ma[60][60],r,c;
int tot=-1;
struct edge{
    int w;
    int next;
    int to;
}e[N];
inline void addedge(int x, int y, int z) {
    e[++tot].to=y;
    e[tot].next=head[x];
    e[tot].w=z;
    head[x]=tot;
}//建图 
int pos(int x,int y){
    return (x-1)*n+y;
}
inline bool bfs() {
    memset(d, 0, sizeof(d));
    queue<int> q;
    q.push(S);
    d[S] = 1;
    while (q.size()) {
        int x = q.front();
        q.pop();
        for (int i = head[x]; i!=-1; i = e[i].next) {
            int y = e[i].to, z = e[i].w;
            if (d[y] || !z) continue;
            q.push(y);
            d[y] = d[x] + 1;
            if (y == T) return 1;
        }
    }
    return 0;
}

int dinic(int x, int flow) {
    if (x == T) return flow;
    int rest = flow;
    for (int i = head[x]; i!=-1 && rest; i = e[i].next) {
        int y = e[i].to, z = e[i].w;
        if (d[y] != d[x] + 1 || !z) continue;
        int k = dinic(y, min(rest, z));
        if (!k) d[y] = 0;
        else {
            e[i].w -= k;
            e[i^1].w += k;
            rest -= k;
        }
    }
    return flow - rest;
}
void solve(){
    int now=0;
    while(bfs()){
        while(now=dinic(S,inf))
            maxflow+=now;
    }
    printf("%d",ans-maxflow);
}
int main() {
    memset(head,-1,sizeof(head));
    scanf("%d%d%d%d",&m,&n,&r,&c);
    char s[60];
    S=0,T=m*n*2+1;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        scanf("%s",s);
        for(int j=1;j<=n;j++){
            if(s[j-1]=='x') ma[i][j]=1;
        }
    }
    px[1]=r;px[2]=r;px[3]=c;px[4]=c;
    py[1]=c;py[2]=-c;py[3]=r;py[4]=-r;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        for(int j=1;j<=n;j++){
            if(ma[i][j]) continue;
            addedge(S,pos(i,j),1);
            addedge(pos(i,j),S,0);
            addedge(pos(i,j)+n*m,T,1);
            addedge(T,pos(i,j)+m*n,0);
            ans++;
            for(int k=1;k<=4;k++){
                int xx=i+px[k];
                int yy=j+py[k];
                if(xx>m||yy<=0||yy>n||ma[xx][yy]) continue;
                addedge(pos(i,j),pos(xx,yy)+m*n,1);
                addedge(pos(xx,yy)+m*n,pos(i,j),0);
            }
        }
    }
    solve();
    return 0;
}

 

（我不会告诉你我的二分图匹配是直接抄的）

 

总结：好好休息。

 

posted @ 2019-08-15 16:30  Nelson992770019  阅读(137)  评论(0)  编辑  收藏  举报